Primjer 1.

Odrediti dijagram momenata savijanja na jednostrano upetoj gredi duljine l, opterećenoj jednoliko raspodijeljenim opterećenjem q.

(Modul elastičnosti E i moment tromosti I konstantni su po cijeloj duljini grede.)

Zadani je sistem jedanput statički neodređen, pa će statički određeni osnovni sistem nastati raskidanjem jedne veze.

Za osnovni ćemo sistem prvo odabrati konzolu: uklonit ćemo klizni zglobni ležaj na desnom kraju i zamijeniti ga silom $\vec{{X}}_{1}^{}$ koja djeluje na pravcu pomaka koji uklonjeni ležaj sprečava, odnosno, okomito na pravac mogućeg pomaka u tom ležaju; sila $\vec{{X}}_{1}^{}$ bit će, dakle, vertikalna. Budući da su pravac djelovanja i hvatište time zadani, pretpostavimo li smjer sile (recimo, prema gore), odrediti treba samo njen intenzitet, te je za zapis nepoznanice dovoljna skalarna oznaka X₁. Intenzitet zamjenjujuće sile X₁ izračunavamo iz uvjeta neprekinutosti: pri zajedničkom djelovanju opterećenja q i sile X₁ vertikalni pomak slobodnog kraja konzole mora biti jednak nuli, jer je na izvornom, statički neodređenom nosaču na tom mjestu ležaj koji sprečava taj pomak.

Uvjet neprekinutosti daje jednadžbu

slobodni član f₁₀^* je, fizikalno, pomak hvatišta sile X₁ po pravcu i u (pretpostavljenom) smjeru djelovanja te sile (dakle, pomak prema gore slobodnog kraja konzole) zbog opterećenja q, a koeficijent popustljivosti f₁₁^* pomak je te točke po istom pravcu i u istom smjeru zbog jedinične sile koja djeluje u toj točki, na tom pravcu i u tom smjeru -- dakle, zbog sile X₁ = 1, 0. Ako sila X₁ = 1, 0 uzrokuje pomak f₁₁^*, sila X₁ = c₁ uzrokovat će pomak c₁ ^. f₁₁^*; jednadžba, dakle, kaže da je na mjestu uklonjenog ležaja zbroj vertikalnih pomaka zbog sile X₁ (zasad nepoznate veličine) i zbog zadanog opterećenja jednak nuli, odnosno, da se ta dva pomaka međusobno poništavaju.

Pomaci f₁₀^* i f₁₁^* mogu se izračunati pomoću izraza izvedenih primjenom metode jedinične sile:

$$\int_{0}^{l} \left(\vphantom{ m_1(x) \kappa_0(x) + n_1(x) \epsilon_0(x) + t_1(x) \gamma_0(x) }\right. \kappa_{0}^{} \epsilon_{0}^{} \gamma_{0}^{} \left.\vphantom{ m_1(x) \kappa_0(x) + n_1(x) \epsilon_0(x) + t_1(x) \gamma_0(x) }\right)$$ f₁₀^*

$$\int_{0}^{l} \left(\vphantom{ m_1(x) \kappa_1(x) + n_1(x) \epsilon_1(x) + t_1(x) \gamma_1(x) }\right. \kappa_{1}^{} \epsilon_{1}^{} \gamma_{1}^{} \left.\vphantom{ m_1(x) \kappa_1(x) + n_1(x) \epsilon_1(x) + t_1(x) \gamma_1(x) }\right)$$ f₁₁^*

pri čemu su:

m₁(x), n₁(x), t₁(x) -- unutarnje sile na osnovnom sistemu izazvane virtualnom jediničnom silom koja djeluje u točki i na pravcu traženog pomaka (ovdje je to sila X₁ = 1, 0);

$\kappa_{0}^{}$(x), $\epsilon_{0}^{}$(x), $\gamma_{0}^{}$(x) -- deformacije na osnovnom sistemu zbog zadanog opterećenja q:

$$\kappa_{0}^{}$$(x) = $${\frac{{M^0(x)}}{{EI}}}$$,                $$\epsilon_{0}^{}$$(x) = $${\frac{{N^0(x)}}{{EF}}}$$,                $$\gamma_{0}^{}$$(x) = k $${\frac{{T^0(x)}}{{GF}}}$$,

gdje su M⁰(x), N⁰(x) i T⁰(x) unutarnje sile na osnovnom sistemu uzrokovane opterećenjem q;

$\kappa_{1}^{}$(x), $\epsilon_{1}^{}$(x), $\gamma_{1}^{}$(x) -- deformacije na osnovnom sistemu zbog sile X₁ = 1, 0:

$$\kappa_{1}^{}$$(x) = $${\frac{{m_1(x)}}{{EI}}}$$,                $$\epsilon_{1}^{}$$(x) = $${\frac{{n_1(x)}}{{EF}}}$$,                $$\gamma_{1}^{}$$(x) = k $${\frac{{t_1(x)}}{{GF}}}$$

(u izrazu za f₁₁^* sila X₁ = 1, 0 ima dvije uloge -- ulogu vanjskog djelovanja i ulogu virtualne jedinične sile).

U štapnim je konstrukcijama (pri l /h > 5) utjecaj poprečnih sila na pomake, kao što je iz Otpornosti materijala poznato, zanemariv, a kako se uzdužne sile u ovom primjeru ne pojavljuju,² tražene pomake možemo izračunati iz izraza:

$$\int_{0}^{l} \kappa_{0}^{} \int_{0}^{l} {\frac{{m_1(x) M^0(x)}}{{EI}}}$$ f₁₀^*

$$\int_{0}^{l} \kappa_{1}^{} \int_{0}^{l} {\frac{{m_1^2(x)}}{{EI}}}$$ f₁₁^*

Izračunavanje unutarnjih sila na statički određenim sistemima poznato je iz prethodnih poglavlja.³ Dijagrami momenata savijanja na osnovnom sistemu za djelovanje sile X₁ = 1, 0 te za djelovanje zadanog jednoliko raspodijeljenog opterećenja su:

$\parbox{8cm}{\includegraphics{ms1.11}\newline\bigskip\bigskip}$$\parbox{6cm}{\includegraphics{ms1.12}}$

U izrazima za izračunavanje pomaka pojavljuju se integrali oblika

$$\mathcal {J}$$_ij = $$\int_{a}^{b}$$g_i(x) ^. g_j(x) dx.

Pritom je jedna funkcija (g_i, recimo) uvijek linearna, jer je to moment ili uzdužna sila (poprečne sile, rekosmo, zanemarujemo) izazvana virtualnom jediničnom silom u točki i na pravcu traženog pomaka. Druga funkcija (g_j) može biti i nelinearna (primjerice, moment M⁰ na dijelu nosača s distribuiranim opterećenjem). Kako je funkcija g_i uvijek linearna, za izračunavanje integrala $\mathcal {J}$_ij možemo primijeniti Vereščaginov teorem:

$$\mathcal {J}$$_ij = $$\int_{a}^{b}$$g_i(x) ^. g_j(x) dx = $$\mathcal {G}$$_j ^. g_i(x_{T($\mathcal {G}$j)}),

gdje je $\mathcal {G}$_j = $\int_{a}^{b}$g_j(x) dx, dakle, površina između funkcije g_j, osi x i ordinala u a i b, dok je g_i(x_{T($\mathcal {G}$j)}) vrijednost funkcije g_i u apscisi x_{T($\mathcal {G}$j)} težišta površine $\mathcal {G}$_j. Naglašavamo da se površina uvijek računa za nelinearnu funkciju.

Površina `ispod' kvadratne parabole na dijagramu M⁰ je $\mathcal {G}$₀ = ${\frac{{1}}{{3}}}$ ^. ${\frac{{ql^2}}{{2}}}$ ^. l, a njeno je težište udaljeno za ${\frac{{1}}{{4}}}$ ^. l od lijevog kraja. Vrijednost u dijagramu m₁ u toj je točki m₁ (${\frac{{1}}{{4}}}$l )= - ${\frac{{3}}{{4}}}$ ^. l; ta je vrijednost negativna jer se dijagrami M⁰ i m₁ nalaze s različitih strana osi. Prema tome,

f₁₀^* = - $${\frac{{1}}{{EI}}}$$ ^. $$\left(\vphantom{\frac{1}{3}\cdot \frac{ql^2}{2} \cdot l}\right.$$$${\frac{{1}}{{3}}}$$ ^. $${\frac{{ql^2}}{{2}}}$$ ^. l$$\left.\vphantom{\frac{1}{3}\cdot \frac{ql^2}{2} \cdot l}\right)$$ ^. $$\left(\vphantom{\frac{3}{4}\cdot l}\right.$$$${\frac{{3}}{{4}}}$$ ^. l$$\left.\vphantom{\frac{3}{4}\cdot l}\right)$$ = - $${\frac{{1}}{{8EI}}}$$ ql⁴;

negativna vrijednost znači da je pomak prema dolje, u smjeru suprotnom od pretpostavljenoga smjera djelovanja sile X₁.

Površina trokuta u dijagramu m₁ je $\mathcal {G}$₁ = ${\frac{{1}}{{2}}}$ ^. l ^. l, apscisa njegovog težišta je x_T1 = ${\frac{{1}}{{3}}}$ ^. l, a odgovarajuća vrijednost m₁ (${\frac{{1}}{{3}}}$l )= ${\frac{{2}}{{3}}}$ ^. l, te je

f₁₁^* = $${\frac{{1}}{{EI}}}$$ ^. $$\left(\vphantom{\frac{1}{2}\cdot l \cdot l}\right.$$$${\frac{{1}}{{2}}}$$ ^. l ^. l$$\left.\vphantom{\frac{1}{2}\cdot l \cdot l}\right)$$ ^. $$\left(\vphantom{\frac{2}{3}\cdot l}\right.$$$${\frac{{2}}{{3}}}$$ ^. l$$\left.\vphantom{\frac{2}{3}\cdot l}\right)$$ = $${\frac{{1}}{{3EI}}}$$ l³;

ovaj je pomak, naravno, prema gore.

Iz jednadžbe kontinuiteta slijedi da je traženi intenzitet sile

X₁ = - $${\frac{{f_{10}^*}}{{f_{11}^*}}}$$ = $${\frac{{\dfrac{1}{8EI} ql^4}}{{\dfrac{1}{3EI} l^3}}}$$ = $${\frac{{3}}{{8}}}$$ ql;

sila, dakle, djeluje u pretpostavljenom smjeru -- prema gore.

Momenti savijanja na zadanom statički neodređenom sistemu izračunavaju se superpozicijom:

M(x) = M⁰(x) + X₁ ^. m₁(x),

te je, primjerice, na lijevom je kraju M(0) = - ${\frac{{ql^2}}{{2}}}$ + $\left(\vphantom{\frac{3}{8}\cdot q \cdot l}\right.$${\frac{{3}}{{8}}}$ ^. q ^. l$\left.\vphantom{\frac{3}{8}\cdot q \cdot l}\right)$ ^. l = - ${\frac{{ql^2}}{{8}}}$, a u polovini raspona M(l /2) = - ${\frac{{ql^2}}{{8}}}$ + $\left(\vphantom{\frac{3}{8}\cdot q \cdot l}\right.$${\frac{{3}}{{8}}}$ ^. q ^. l$\left.\vphantom{\frac{3}{8}\cdot q \cdot l}\right)$ ^. ${\frac{{l}}{{2}}}$ = ${\frac{{ql^2}}{{16}}}$.

Momentni je dijagram na zadanom sistemu:

Isti ćemo zadatak riješiti još jednom -- za osnovni sistem odabrat ćemo sada prostu gredu: na upetom ćemo kraju raskinuti vezu `ubacivanjem' zgloba. Kako zglob ne sprečava zaokret osi grede, moramo dodati moment X₁ koji će poništiti taj zaokret, jer zbog upetog ležaja tangenta na uzdužnu os zadane grede na tom mjestu ostaje horizontalna.

Jednadžba kontinuiteta je ponovo formalno

no, f₁₀^* je sada kut zaokreta osi grede kod zgloba zbog opterećenja q, dok je f₁₁^* kut zaokreta osi zbog X₁ = 1, 0. Jednadžba kontinuiteta izražava, prema tome, zahtjev da moment X₁ mora izazvati zaokret koji će po iznosu biti jednak zaokretu zbog zadanoga opterećenja, ali u suprotnom smjeru, kako bi se ta dva zaokreta međusobno poništila.

Dijagrami momenata savijanja na osnovnom sistemu, potrebni za izračunavanje kutova zaokreta primjenom teorema o jediničnoj sile, sada su:

$\parbox{8cm}{\includegraphics{ms1.21}\newline\bigskip\bigskip}$$\parbox{6cm}{\includegraphics{ms1.22}}$

pa su traženi kutovi zaokreta:

$$\int_{0}^{l} {\frac{{m_1^2(x)}}{{EI}}} {\frac{{1}}{{EI}}} \left(\vphantom{\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot l}\right. {\frac{{1}}{{2}}} \left.\vphantom{\frac{1}{2}\cdot 1 \cdot l}\right) \left(\vphantom{\frac{2}{3}\cdot 1}\right. {\frac{{2}}{{3}}} \left.\vphantom{\frac{2}{3}\cdot 1}\right) {\frac{{1}}{{3EI}}}$$ f₁₁^*

$$\int_{0}^{l} {\frac{{m_1(x) M^0(x)}}{{EI}}} {\frac{{1}}{{EI}}} \left(\vphantom{ \frac{2}{3}\cdot\frac{ql^2}{8} \cdot l }\right. {\frac{{2}}{{3}}} {\frac{{ql^2}}{{8}}} \left.\vphantom{ \frac{2}{3}\cdot\frac{ql^2}{8} \cdot l }\right) \left(\vphantom{-\frac{1}{2}\cdot 1 }\right. {\frac{{1}}{{2}}} \left.\vphantom{-\frac{1}{2}\cdot 1 }\right) {\frac{{1}}{{24 EI}}}$$ f₁₀^*

f₁₁^* je u pretpostavljenom smjeru vrtnje momenta X₁, dok je f₁₀^* u suprotnom smjeru.

Iz jednadžbe kontinuiteta možemo izračunati potrebni intenzitet momenta:

X₁ = - $${\frac{{f_{10}^*}}{{f_{11}^*}}}$$ = $${\frac{{\dfrac{1}{24 EI} ql^3}}{{\dfrac{1}{3EI} l}}}$$ = $${\frac{{1}}{{8}}}$$ ql².

I opet, superpozicija rješenja na osnovnom sistemu daje momente na zadanom statički neodređenom nosaču:

M(x) = M⁰(x) + x₁ ^. m₁(x);

na lijevom je ležaju tako M(0) = 0 + ${\frac{{1}}{{8}}}$ ql^{2 .} (- 1) = - ${\frac{{ql^2}}{{8}}}$, dok je u sredini raspona M(l /2) = ${\frac{{ql^2}}{{8}}}$ + ${\frac{{1}}{{8}}}$ ql^{2 .} $\left(\vphantom{-\frac{1}{2}}\right.$ - ${\frac{{1}}{{2}}}$$\left.\vphantom{-\frac{1}{2}}\right)$ = ${\frac{{ql^2}}{{16}}}$, a konačni je momentni dijagram

... pojavljuju,²

I kad postoje, utjecaj se uzdužnih sila može zanemariti, osim u štapovima razmjerno male površine poprečnog presjeka i na dijelovima nosača na kojima te sile prevladavaju.

... poglavlja.³

Štoviše, jednostavni sistemi poput konzole i proste grede obrađeni su već u Mehanici I.