Primjer 2.

Odrediti dijagram momenata na nosaču sa slike za K = 100  kN.

U proračunu po inženjerskoj metodi pomaka nepoznanice su kut zaokreta čvora 2, $\varphi_{2}^{}$, i horizontalni (translacijski) pomak grede 1- 2- 3, u. Dodavanjem (zamišljenih) veza koje sprečavaju zaokret čvora i translacijski pomak nastaje osnovni sistem sastavljen od jednostrano upetih greda 1- 2 i 2- 3 te obostrano upete grede  2- 4.

Kako sila K djeluje u čvoru 2, svi su momenti upetosti jednaki nuli, pa su (konačni) momenti M_ij na krajevima grednih elemenata jednaki momentima mij za stanje slobodnih pomaka, koji nastaju zbog zaokreta $\varphi_{2}^{}$ čvora 2, te zbog pomaka krajeva elemenata pri translacijskom pomaku u (uz spriječene zaokrete čvorova): M_ij = m_ij.

Označimo li komponente pomaka čvorova i i j elementa i-j na pravcima okomitim na njegovu os sa v_ij i v_ji, tada je, za obostrano upetu gredu,

$$\begin{bmatrix} m_{ij} m_{ji} \end{bmatrix}$$ = k_ij$$\begin{bmatrix} 4 & 2 & 6/l_{ij} & -6/l_{ij} \\ 2 & 4 & 6/l_{ij} & -6/l_{ij} \end{bmatrix}$$$$\begin{bmatrix} \varphi_{ij} \varphi_{ji} v_{ij} v_{ji} \end{bmatrix}$$,

ili, uz $\Delta$v_ij = v_ij - v_ji i $\psi_{{ij}}^{}$ = - ${\dfrac{{\Delta v_{ij}}}{{l_{ij}}}}$,

$$\begin{bmatrix} m_{ij} m_{ji} \end{bmatrix}$$ = k_ij$$\begin{bmatrix} 4 & 2 & 6/l_{ij} \\ 2 & 4 & 6/l_{ij} \end{bmatrix}$$$$\begin{bmatrix} \varphi_{ij} \varphi_{ji} \Delta v_{ij} \end{bmatrix}$$ = k_ij$$\begin{bmatrix} 4 & 2 & -6 \\ 2 & 4 & -6 \end{bmatrix}$$$$\begin{bmatrix} \varphi_{ij} \varphi_{ji} \psi_{ij} \end{bmatrix}$$

$\psi_{{ij}}^{}$ je kut zaokreta grednog elementa kao krutog tijela.

Za jednostrano upetu gredu, sa zglobom u čvoru j, je:

m_ij = 3 k_ij $$\varphi_{i}^{}$$ - 3 k_ij $$\psi_{{ij}}^{}$$.

Pomake v_ij, odnosno, kuteve zaokreta $\psi_{{ij}}^{}$ treba izraziti kao funkcije (neovisnoga) translacijskog pomaka u. Crtamo stoga plan pomaka zglobne sheme za u = 1:

Iz crteža možemo očitati:

v12(u = 1) = 0,		v21(u = 1) = - ${\tfrac{{3}}{{4}}}$,		$\psi_{{12}}^{}$(u = 1) = - ${\dfrac{{v_{12}(u\!=\!1) - v_{21}(u\!=\!1)}}{{l_{12}}}}$ = - ${\tfrac{{0 -(-3/4)}}{{3}}}$ = - ${\tfrac{{1}}{{4}}}$;
v23(u = 1) = - ${\tfrac{{3}}{{4}}}$,		v32(u = 1) = 0,		$\psi_{{23}}^{}$(u = 1) = - ${\dfrac{{v_{23}(u\!=\!1) - v_{32}(u\!=\!1)}}{{l_{23}}}}$ = - ${\tfrac{{-3/4 - 0}}{{3}}}$ = ${\tfrac{{1}}{{4}}}$;
v42(u = 1) = 0,		v24(u = 1) = - ${\tfrac{{5}}{{4}}}$,		$\psi_{{24}}^{}$(u = 1) = - ${\dfrac{{v_{42}(u\!=\!1) - v_{24}(u\!=\!1)}}{{l_{24}}}}$ = - ${\tfrac{{0 - (-5/4)}}{{5}}}$ = - ${\tfrac{{1}}{{4}}}$.

Predznaci pomaka ovise o izboru lokalnog koordinatnog sustava na elementu. Stoga smo ishodište lokalnoga koordinatnog sustava elementa 1- 2 odabrali u čvoru 1, elementa 2- 3 u čvoru 2, a elementa 2- 4 u čvoru 4. Predznaci kutevi zaokreta, s druge strane, ne ovise o lokalnom koordinatnom sustavu; primjerice, stavimo li na elementu 2- 4 ishodište u čvor 2, bit će v₂₄(u = 1) = ${\tfrac{{5}}{{4}}}$ i v₄₂(u = 1) = 0, pa je $\psi_{{24}}^{}$(u = 1) = - ${\dfrac{{v_{24}(u\!=\!1) - v_{42}(u\!=\!1)}}{{l_{24}}}}$ = = - ${\tfrac{{5/4 - 0}}{{5}}}$, dakle, ponovo $\psi_{{24}}^{}$(u = 1) = - ${\tfrac{{1}}{{4}}}$.

Ako su v_ij(u = 1) i $\psi_{{ij}}^{}$(u = 1) pomak i kut zaokreta koji nastaju pri translacijskom pomaku u = 1, tada su pri općem pomaku u pomak i kut zaokreta v_ij = v_ij(u = 1) ^. u i $\psi_{{ij}}^{}$ = $\psi_{{ij}}^{}$(u = 1) ^. u.

Momente na krajevima grednih elemenata možemo sada izraziti kao funkcije kuta zaokreta $\varphi_{2}^{}$ i translacijskog pomaka u:

$$\varphi_{{2}}^{} \psi_{{12}}^{} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{3}}{{4}}} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{1}}{{4}}}$$ M₂₁

$$\varphi_{{2}}^{} \psi_{{23}}^{} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{3}}{{4}}} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{1}}{{4}}}$$ M₂₃

$$\varphi_{{2}}^{} \psi_{{24}}^{} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{3}}{{2}}} {\tfrac{{8}}{{5}}} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{3}}{{5}}}$$ M₂₄

$$\varphi_{{2}}^{} \psi_{{24}}^{} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{3}}{{2}}} {\tfrac{{4}}{{5}}} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{3}}{{5}}}$$ M₄₂

Na kraju smo uvrstili i proračunske koeficijente fleksijske krutosti: k₁₂ = 1/3, k₂₃ = 1/3, k₂₄ = 2/5. Kako u ovom primjeru nisu zadani prisilni pomaci ni promjene temperature, ne treba poznavati stvarne vrijednosti modula elastičnosti i momenata tromosti; važan je samo njihov omjer, odnosno, omjer krutosti k_ij.

Uvjet ravnoteže momenata u čvoru 2 (odnosno, uvjet iščezavanja reakcije u zamišljenoj vezi koja sprečava rotaciju),

$$\sum_{{i}}^{}$$M_2i = M₂₁ + M₂₃ + M₂₄ = 0,

daje prvu jednadžbu za određivanje nepoznanica:

$${\frac{{18}}{{5}}}$$ $$\varphi_{{2}}^{}$$ + $${\frac{{3}}{{5}}}$$ u = 0.

Druga jednadžba može se izvesti iz uvjeta iščezavanja reakcije u zamišljenoj vezi koja sprečava translacijski pomak, drugim riječima, iz uvjeta ravnoteže horizontalnih sila. Često je, međutim, drugu jednadžbu lakše izvesti primjenom teorema o virtualnim pomacima. Iz jednadžbe (virtualnog) rada na pomacima i deformacijama pri virtualnom pomaku u = 1:

$$\sum\limits_{{\{ik\}}}^{}$$$$\bigl[$$M_ik $$\psi_{{ik}}^{}$$(u = 1)$$\bigr]$$ + K ^. $${\tfrac{{3}}{{4}}}$$ = 0,

odnosno, u konkretnom primjeru:

[M₂₁ $$\psi_{{12}}^{}$$(u = 1) + M₂₃ $$\psi_{{23}}^{}$$(u = 1) + (M₂₄ + M₄₂) $$\psi_{{24}}^{}$$(u = 1)] + K ^. $${\tfrac{{3}}{{4}}}$$ = 0,

ili, uvrstimo li izraze za M_ij i $\psi_{{ij}}^{}$(u = 1):

$$\Bigl[$$$$\bigl($$$$\varphi_{{2}}^{}$$ + $${\tfrac{{1}}{{4}}}$$ u$$\bigr)$$ ^. $$\bigl($$ - $${\tfrac{{1}}{{4}}}$$$$\bigr)$$ + $$\bigl($$$$\varphi_{{2}}^{}$$ - $${\tfrac{{1}}{{4}}}$$ u$$\bigr)$$ ^. $${\tfrac{{1}}{{4}}}$$$$\bigr+$$$$\Bigr($$$$\bigl($$$${\tfrac{{8}}{{5}}}$$ $$\varphi_{2}^{}$$ + $${\tfrac{{3}}{{5}}}$$ u$$\bigr)$$ + $$\bigl($$$${\tfrac{{4}}{{5}}}$$ $$\varphi_{2}^{}$$ + $${\tfrac{{3}}{{5}}}$$ u$$\bigr)$$$$\Bigr)$$ ^. $$\big($$ - $${\tfrac{{1}}{{4}}}$$$$\big)$$$$\Bigr]$$ + K ^. $${\tfrac{{3}}{{4}}}$$ = 0,

slijedi nakon sređivanja druga jednadžba:

- $${\tfrac{{3}}{{5}}}$$ $$\varphi_{{2}}^{}$$ - $${\tfrac{{17}}{{40}}}$$ u + 75 = 0.

Sustav jednadžbi za određivanje $\varphi_{2}^{}$ i u je, dakle:

$${\tfrac{{18}}{{5}}} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{3}}{{5}}}$$

$${\tfrac{{3}}{{5}}} \varphi_{{2}}^{} {\tfrac{{17}}{{40}}}$$

Njegovo rješenje:

$$\varphi_{{2}}^{}$$ = - $${\tfrac{{500}}{{13}}}$$ = - 38, 462,                u = $${\tfrac{{3000}}{{13}}}$$ = 230, 769,

uvrštavanjem u odgovarajuće izraze daje momente na krajevima grednih elemenata:

M₂₁ = 19, 23  kNm

M₂₃ = - 96, 15  kNm

M₂₄ = 76, 92  kNm

M₄₂ = 107, 69  kNm

te je konačni momentni dijagram: