5.33 - FGG-KM
5.33 - FGG-KM
5.33 - FGG-KM
You also want an ePaper? Increase the reach of your titles
YUMPU automatically turns print PDFs into web optimized ePapers that Google loves.
416 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Račun največje normalne napetosti<br />
Največjo normalno napetost v konzoli izračunamo z enačbo<br />
σ xx,max = |M y| max<br />
I y<br />
|z| max = F L |z| max<br />
I y<br />
.<br />
Če so deske položene vodoravno, je največja normalna napetost enaka<br />
Upoštevali smo, da je<br />
σ a xx,max = 1 · 100 · 1<br />
5 · 6.66 = 3 kN/cm2 .<br />
I y1 =<br />
10 · 23<br />
12<br />
= 6.66 cm 4 , I y = 5 I y1 |z| max = 1 cm.<br />
Za navpično položene deske je največja normalna napetost bistveno manjša kot v primeru vodoravno<br />
položenih desk<br />
σ b xx,max = 1 · 100 · 5<br />
5 · 166.66 = 0.6 kN/cm2 .<br />
Upoštevali smo<br />
I y1 = 2 · 103<br />
12<br />
= 166.66 cm 4 , I y = 5 I y1 , |z| max = 5 cm.<br />
Razmerje med največjimi normalnimi napetostmi za oba primera je<br />
σ a xx,max<br />
σ b xx,max<br />
= 3<br />
0.6 = 5.<br />
Če deske postavimo navpično, so pri isti obtežbi napetosti 5 krat manjše.<br />
Račun povesa prostega konca konzole<br />
Na prostem koncu konzole postavimo virtualno silo δF = 1, ki deluje v smeri osi z.<br />
izračunamo po enačbi<br />
w T =<br />
∫ L<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
E I y<br />
Diagrama upogibnih momentov M y in δ ¯M y prikazujemo na sliki 5.45.<br />
dx.<br />
Pomik w T
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 417<br />
SLIKA 5.45: Upogibni moment M y zaradi sile F in zaradi virtualne sile δF = 1<br />
Pomik w T izračunamo z integracijo produkta M y δ ¯M y po enačbi (5.24)<br />
w T = 1<br />
E I y<br />
F L L 2<br />
Pomik na koncu vodoravno položenih desk je<br />
w a T =<br />
2 L<br />
3 = F L3<br />
3 E I y<br />
.<br />
1 · 100 3<br />
3 · 2000 · 5 · 6.66 = 5 cm.<br />
Če so deske položene navpično, je pomik bistveno manjši<br />
Razmerje med pomikoma je<br />
w b T =<br />
1 · 100 3<br />
= 0.2 cm.<br />
3 · 2000 · 5 · 166.66<br />
wT<br />
a<br />
wT<br />
b<br />
= 25.<br />
Če deske postavimo navpično, je pomik 25 krat manjši, kot če jih postavimo vodoravno. Vidimo, da<br />
je navpična postavitev ugodnejša tako glede na največje napetosti, kot tudi glede na pomik na koncu<br />
konzole.<br />
Primer 5.11 S prikazano napravo merimo silo F , ki se preko vijaka B prenaša na preizkušanec A (slika<br />
5.46). Silo merimo z velikostjo pomika jeklenega nosilca D–D v točki E. Sila se na nosilec D–D prenaša<br />
preko togega nosilca K–K. Določimo razdaljo a od podpore D do prijemališča sile K na nosilec D–D,<br />
da bo pri sili F = 5 kN upogib nosilca v točki E enak 1 mm? Nosilec D–D ima širino 6 cm, višino<br />
4 cm, dolžino 1 m, modul elastičnosti materiala pa je 20000 kN/cm 2 .
418 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
SLIKA 5.46: Velikost sile izračunamo iz velikosti pomika nosilca D–D v točki E<br />
Računski model ter diagrama upogibnih momentov zaradi sile F in virtualne sile δF z = 1 prikazujemo<br />
na sliki 5.47.<br />
SLIKA 5.47: Diagram upogibnega momenta v nosilcu D–D zaradi sil F/2 in δF = 1<br />
Pomik w T na sredini nosilca D–D določimo z enačbo<br />
Za obravnavani primer dobimo:<br />
w T =<br />
∫ L<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
E I y<br />
dx.<br />
E I y w T = 2 F a<br />
2<br />
a<br />
2<br />
2<br />
3<br />
a<br />
2 + 2 1 ( a<br />
2 2 + L ) ( ) L F a<br />
4 2 − a a3<br />
= −F<br />
2 12 + F L2 a<br />
16 .<br />
Iz zadnje enačbe moramo določiti a, zato jo preoblikujemo takole:<br />
a 3 − 3 4 L2 a + 12<br />
F E I y w T = 0.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 419<br />
Vztrajnostni moment pravokotnega prečnega prereza nosilca D–D je<br />
Ob upoštevanju podatkov dobimo<br />
I y = 6 · 43<br />
12 = 32 cm4 .<br />
a 3 − 3 4 1002 a + 12<br />
5 2 · 104 · 32 · 0.1 = 0 → a 3 − 7500 a + 153600 = 0.<br />
To nelinearno enačbo rešimo numerično in dobimo a = 21.8758 cm. Uporabimo lahko različne programe<br />
(Mathematica, Matlab, Excel, . . .) †<br />
Primer 5.12 Določimo navpični pomik točke D statično določene konstrukcije na sliki 5.48! Velikost<br />
sile je F = 10 kN, modul elastičnosti materiala je E = 20000 kN/cm 2 . Pri računu upoštevajmo tudi<br />
vpliv osnih sil na deformiranje konstrukcije. Dimenzije konstrukcije prikazujemo na sliki 5.48.<br />
SLIKA 5.48: Geometrijski podatki o konstrukciji ter lega in smer sile F<br />
Enačbo za računanje pomika oziroma zasuka smo izpeljali ob predpostavki, da sta osi y in z glavni<br />
vztrajnostni osi v težišču prečnega prereza. V obravnavanem primeru glavni vztrajnostni osi oklepata z<br />
osema y in z kot 45 ◦ , saj tudi simetrijska os prereza oklepa z osema y in z kot 45 ◦ . Če želimo nalogo<br />
rešiti, moramo izračunati upogibne momente glede na glavni vztrajnostni osi.<br />
Osno silo in upogibni moment glede na os y zaradi sile F prikazujemo na sliki 5.49.<br />
† Ničle polinoma, določene z računalniškim programom Mathematica:<br />
FindRoot[a^3-7500a+153600==0,{a,25}]<br />
{a -> 21.8758}
420 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
SLIKA 5.49: Osna sila in upogibni moment glede na os y<br />
V točko D postavimo virtualno silo δF = 1, ki deluje v enaki smeri, kot sila F . Podobno izračunamo<br />
diagrama δN x in δ ¯M y zaradi sile δF z = 1 (slika 5.50).<br />
SLIKA 5.50: Osna sila in upogibni moment glede na os y zaradi δF z = 1<br />
Glavni vztrajnostni osi η in ζ sta glede na os y zasukani za 45 ◦ oziroma 225 ◦ . Upogibni moment zaradi<br />
sile F glede na ti osi dobimo tako, da M y projiciramo na osi η in ζ (slika 5.51).<br />
SLIKA 5.51: Upogibni moment moramo izračunati glede na glavni vztrajnostni osi η in ζ<br />
V tem primeru izračunamo pomik w D po enačbi<br />
w D =<br />
∫ L<br />
0<br />
(<br />
Nx δ ¯N x<br />
E A x<br />
+ M η δ ¯M η<br />
E I η<br />
+ M ζ δ ¯M ζ<br />
E I ζ<br />
)<br />
dx.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 421<br />
Geometrijske lastnosti prečnega prereza so:<br />
A x = 69 cm 2 , I y = I z = 995.663 cm 4 , I yz = 551.087 cm 4 ,<br />
tg2 α g =<br />
2 I yz<br />
= ∞ → α g = 45 ◦ ,<br />
I y − I z<br />
I η = 1546.750 cm 4 , I ζ = 444.576 cm 4 .<br />
Upogibna momenta v točki D glede na osi η in ζ sta:<br />
M η = M y cos 45 ◦ = 1414 kNcm,<br />
M ζ = −M y cos 45 ◦ = −1414 kNcm.<br />
Diagrama M η in M ζ zaradi sile F ter δ ¯M η in δ ¯M ζ zaradi sile δF z = 1 prikazujemo na sliki 5.52.<br />
SLIKA 5.52: Upogibna momenta M η in M ζ ter δ ¯M η in δ ¯M ζ (v kNcm)<br />
Pomik w D je:<br />
w D = 1 (10 · 200 · 1 · 2) + 1 ( 1414 · 200<br />
· 2 )<br />
E A x E I η 2 3 · 141.4 · 2 +<br />
+ 1 ( 1414 · 200<br />
· 2 )<br />
E I ζ 2 3 · 141.4 · 2 = 0.0029 + 0.8620 + 2.9991 = 3.86 cm.<br />
Tudi v tem primeru je del pomika zaradi osne deformacije zelo majhen v primerjavi z delom zaradi<br />
upogiba, saj znaša le 0.075% skupnega pomika.
422 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Primer 5.13 Določimo diagrame notranjih sil ter navpični pomik točke C za konstrukcijo na sliki 5.53!<br />
Velikost sile F je 10 kN, razdalja a je enaka 10 m. Količine E, I y in A x so konstante. Upoštevajmo tudi<br />
vpliv osnih sil na pomike!<br />
SLIKA 5.53: Ker sila F ni v vozlišču, v delu CB nastopijo tudi upogibni momenti in prečne sile<br />
Konstrukcija je statično določena. Reakcije izračunamo iz ravnotežnih pogojev. Notranje sile izračunamo,<br />
če konstrukcijo razdelimo na dva dela in upoštevamo, da sta v palicah od nič različni le osni sili N AB in<br />
N AC (slika 5.54).<br />
SLIKA 5.54: Za račun notranjih sil konstrukcijo razdelimo na dva dela<br />
Reakcije in osni sili so:<br />
A x = 7.071 kN, A z = −3.536 kN,<br />
B z = −3.536 kN,<br />
N AB = −3.536 kN, N AC = −5 kN.<br />
Diagrame notranjih sil zaradi zunanje sile F prikazujemo na sliki 5.55.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 423<br />
SLIKA 5.55: Osna sila, prečna sila in upogibni moment zaradi sile F<br />
Na sliki 5.56 prikazujemo notranje sile zaradi virtualne sile δF z = 1.<br />
SLIKA 5.56: Notranje sile zaradi sile δF z = 1<br />
Ker so od nič različne notranje sile zaradi virtualne obtežbe le osna sila (slika 5.56), navpični pomik<br />
prijemališča sile F izračunamo po poenostavljeni enačbi<br />
Za obravnavani primer dobimo:<br />
w C =<br />
∫ L<br />
0<br />
N x δ ¯N x<br />
dx.<br />
E A x<br />
w C = 1<br />
E A x<br />
(<br />
5 · a √ 2 ·<br />
√<br />
2<br />
2 − √<br />
2<br />
2 · 5 · 2 a · 0.5 )<br />
= 14.645<br />
E A x<br />
.
424 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Primer 5.14 Določimo največji poves na sliki 5.57 prikaznega nosilca! Modul elastičnosti E je 210 GPa.<br />
SLIKA 5.57: Prečni prerez nosilca ni povsod enak<br />
Zaradi simetrične obtežbe je vodoravna reakcija v levi podpori enaka nič. Zato so simetrične tudi reakcije<br />
in lahko rečemo, da sta simetrični tako obtežba kot oblika konstrukcije. Največji pomik nastane na sredini<br />
konstrukcije. Izračunamo ga po enačbi<br />
w =<br />
∫ L<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
dx,<br />
E I y<br />
kjer smo vpliv prečnih sil zanemarili. Izračunati moramo vztrajnostna momenta za oba prečna prereza<br />
in<br />
I y1 =<br />
25 · 523<br />
12<br />
−<br />
24.1 · 503<br />
12<br />
= 41891.67 cm 4<br />
( )<br />
20 · 0.8<br />
3<br />
I y2 = I y1 + 2 + 26.4 2 · 20 · 0.8 = 64196.09 cm 4 .<br />
12
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 425<br />
Na sliki 5.58 prikazujemo diagrama upogibnih momentov zaradi zunanje obtežbe in zaradi virtualne sile<br />
δF z = 1, ki jo postavimo na sredino nosilca, saj je zaradi simetrije pomik tam največji.<br />
SLIKA 5.58: Upogibni moment zaradi zunanje obtežbe in zaradi virtualne sile δF z = 1<br />
Upogibna momenta na sliki 5.58 sta zapisana v kNcm, zato tudi elastični modul zapišimo v ustreznih<br />
enotah E = 210 GPa = 210 GN/m 2 = 210 · 10 6 kN/(10 4 cm 2 ) = 21000 kN/cm 2 .<br />
Največji navpični pomik izračunamo<br />
w = 1 ( 240 · 24000<br />
E I y1 2<br />
120 · 36000<br />
+<br />
2<br />
=<br />
· 2 )<br />
3 · 120 · 2 + 1 [ ( 120 · 24000 2<br />
E I y2 2 3 · 120 + 1 )<br />
3 · 180 · 2+<br />
(<br />
180 + 230 ) ]<br />
· 2 =<br />
2<br />
( 1<br />
3 · 120 + 2 3 · 180 )<br />
· 2 + 100 · 36000<br />
4.608 · 10 8 2.5704 · 109<br />
+ = 0.524 + 1.907 = 2.43 cm.<br />
21000 · 41891.67 21000 · 64196.09<br />
Primer 5.15 Določimo največji pomik in največjo vzdolžno normalno napetost na sliki 5.59 prikazanega<br />
nosilca! Posebnost obravnavanega nosilca je, da se širina pravokotnega prečnega prereza na delu nosilca<br />
linearno spreminja. Pomik določimo z uporabo izreka o virtualnih silah. Sila in modul elastičnosti<br />
sta F = 100 N in E = 21000 kN/cm 2 .<br />
SLIKA 5.59: Širina nosilca se na delu nosilca linearno spreminja
426 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Zaradi simetrije nosilca in obtežbe dobimo največji pomik na sredini nosilca pri x = 1.0 m. Funkciji<br />
M y in δ ¯M y sta simetrični, zato je<br />
w = 2<br />
∫L/2<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
E I y<br />
dx, I y = I y (x)<br />
Upogibna momenta na levi polovici nosilca zaradi zunanje in virtualne obtežbe sta<br />
Vztrajnostna momenta sta<br />
M y = F 2 x, δ ¯M y = x 2 .<br />
0 ≤ x ≤ 50 : I y =<br />
5.5 · 13<br />
,<br />
12<br />
50 ≤ x ≤ 100 : I y = b(x)13<br />
12<br />
= 5.5 x<br />
12 · 50 ,<br />
saj se širina nosilca vzdolž osi x spreminja po naslednji enačbi (slika 5.60):<br />
y<br />
x − 50 = 2.75<br />
50 , y = 2.75<br />
50<br />
(x − 50), b(x) = 5.5 + 2 y =<br />
5.5 x<br />
50 .<br />
SLIKA 5.60: Širina nosilca se za 50 ≤ x ≤ 100 linearno spreminja<br />
Pomik točke C je<br />
w = 2<br />
∫ 50<br />
0<br />
F x<br />
2<br />
x<br />
2<br />
∫100<br />
12<br />
5.5 E dx + 2<br />
50<br />
F x<br />
2<br />
x 12 · 50<br />
2 5.5 x E dx =<br />
= 6 F<br />
5.5 E · 1<br />
3 · 503 + 300 F<br />
5.5 E · 1<br />
2 · (1002 − 50 2 ) = 0.22 + 0.97 = 1.19 cm.<br />
Največjo normalno napetost določimo ločeno za oba intervala. Na intervalu 0 ≤ x ≤ 50 cm mesto<br />
največje normalne napetosti sovpada z mestom največje upogibne napetosti<br />
σ xx,max = M y,max<br />
z max = F x max12<br />
· 0.5<br />
I y<br />
2 · 5.5
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 427<br />
Pri x = 50 cm dobimo:<br />
x = 50cm : σ xx,max =<br />
0.1 · 50 · 12<br />
2 · 5.5<br />
· 0.5 = 2.73 kN/cm 2 .<br />
Na intervalu 50 ≤ x ≤ 100 cm napetosti določimo tako, da v izraz za normalne napetosti vstavimo<br />
izraza za M y in I y , medtem ko je z max konstanten (z max = 0.5 cm):<br />
σ xx,max = F x 12 · 50 0.1 · 12 · 50 · 0.5<br />
· 0.5 = = 2.73kN/cm 2 .<br />
2 5.5 x 11<br />
Napetost σ xx se na intervalu 50 ≤ x ≤ 100 ne spreminja.<br />
Primer 5.16 Listnata vzmet ima enako robno napetost v vseh prerezih in predstavlja nosilec idealne<br />
oblike glede robnih normalnih napetosti. Na sliki 5.61 je sestavljena iz 10 trakov širine 7.5 cm in<br />
debeline 10 mm. Dolžina vzmeti L = 100 cm, dopustna normalna napetost σ xx,dop = 40 kN/cm 2 .<br />
Jeklo vzmeti ima modul elastičnosti E j = 20000 kN/cm 2 . Določimo nosilnost vzmeti (dopustno silo<br />
F ) ter upogib w F na sredini razpona zaradi sile F ! Pri računu zanemarimo začetno ukrivljenost osi<br />
nosilca, ki je računski model vzmeti, ter trenje med listi vzmeti.<br />
SLIKA 5.61: Listnata vzmet sestavljena iz 10 listov<br />
Računski model prikazujemo na sliki 5.62.
428 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
SLIKA 5.62: Računski model listnate vzmeti<br />
Pokažimo, da največja vzdolžna normalna napetost σ xx ni odvisna od koordinate x.<br />
b(x) = 2 b<br />
L x,<br />
W y = y h2<br />
6 , σ xx,max = M y(x)<br />
W y (x) = A x 6 L<br />
2 b x h 2 = 6 A L<br />
2 b h 2 = M y(L/2)<br />
W y (L/2) .<br />
Če ploščo na sliki 5.62 razrežemo in trakove položimo kot kaže slika 5.63, dobimo listnato vzmet.<br />
SLIKA 5.63: Vztrajnostni moment in napetost σ xx se ne spremenita, če ploščo razrežemo in liste<br />
položimo, kot kaže slika<br />
Dopustna sila<br />
Dopustno silo izračunamo iz enačbe za določitev normalne napetosti:<br />
σ xx (x) = σ xx (L/2) ≤ σ xx,dop → M y(L/2)<br />
W y (L/2) ≤ σ xx,dop.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 429<br />
Iz slike 5.63 vidimo, da je največja širina b računskega modela vzmeti enaka b = 10 · 7.5 = 75 cm.<br />
Širina nosilca se vzdolž osi spreminja po enačbi b(x) = 2 b x/L. Ker je<br />
M y (L/2) = F L<br />
4 , W y(L/2) = b h2<br />
6 ,<br />
sledi<br />
F ≤ 2 b h2 σ xx,dop<br />
3 L<br />
Navpični pomik na sredini razpona<br />
= 2 · 75 · 12 · 40<br />
3 · 100<br />
= 20 kN.<br />
Pomik določimo po enačbi<br />
w F =<br />
Diagrama M y in δ ¯M y prikazujemo na sliki 5.64.<br />
∫ L<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
E I y<br />
dx.<br />
SLIKA 5.64: Upogibna momenta M y in δ ¯M y<br />
Zaradi simetrije diagramov in konstantnega materiala lahko zapišemo<br />
w F = 2 E<br />
∫L/2<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
I y<br />
Ker se prečni prerez vzdolž osi x spreminja, zapišemo integrand v odvisnosti od spremenljivke x in ga<br />
integriramo. Ker je<br />
sledi<br />
Po integriranju dobimo<br />
dx.<br />
M y (x) = F x<br />
2 , δM y(x) = x 2 , I b(x) h3<br />
y(x) =<br />
12<br />
w F = 2 E<br />
∫L/2<br />
0<br />
F x<br />
2<br />
w F = 3 F L3<br />
8 b h 3 E<br />
x<br />
2<br />
6 L<br />
b H 3 x dx = F ∫L/2<br />
3 L<br />
E b h 3<br />
0<br />
= b h3 x<br />
6 L ,<br />
x dx<br />
=<br />
3 · 20 · 1003<br />
8 · 75 · 1 3 · 20000 = 5 cm.
430 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Primer 5.17 Konstrukcija na sliki 5.65 je sestavljena iz dveh elementov z odprtim tankostenskim prečnim<br />
prerezom. Določimo velikost sile F tako, da bo največja strižna napetost enaka dopustni strižni napetosti<br />
τ dop = 10 kN/cm 2 . Določimo tudi, za koliko se sila F lahko poveča, če stik zavarimo tako, da dobimo<br />
elementa z zaprtim tankostenskim prerezom. Pri tem predpostavimo, da nastane v elementih enakomerna<br />
torzija. Izračunajmo tudi navpični pomik w C točke C za sili, ki ustrezata odprtemu oziroma zaprtemu<br />
prečnemu prerezu. Elastični modul E materiala je 24000 kN/cm 2 , strižni modul G je 10000 kN/cm 2 ,<br />
vztrajnostni moment I y2 elementa 2 je 5000 cm 4 , dolžina L = 1.5 m in dolžina a = 0.5 m. Zunanji<br />
premer D prečnega prereza je 30 cm, debelina t stene prečnega prereza pa 1.5 cm.<br />
SLIKA 5.65: Elementa imata odprti oziroma zaprti prečni prerez<br />
Račun dopustne sile za primer, ko ima element AB odprt prečni prerez<br />
Torzijski vztrajnostni moment nosilca z odprtim tankostenskim prečnim prerezom izračunamo z enačbo<br />
2 r = D − t = 30 − 1.5 = 28.5 cm (glej (2.139))<br />
∫<br />
t 3<br />
I x =<br />
3 dζ = t3 3 L s = 1.53<br />
3 2 π r = 100.727 cm4 .<br />
L s<br />
L s predstavlja integracijsko območje pri integriranju vzdolž srednje črte, L s pa je dolžina srednje črte<br />
tankostenskega prečnega prereza. Silo F 1,dop izračunamo iz pogoja, da je največja strižna napetost<br />
σ xζ,max manjša od dopustne strižne napetosti τ dop<br />
σ xζ,max ≤ τ dop .
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 431<br />
Največjo strižno napetost izračunamo po enačbi (glej enačbo (2.138))<br />
Upoštevamo, da je |M x | max = F 1,dop a in dobimo<br />
σ xζ,max = |M x| max<br />
I x<br />
t max .<br />
Iz zadnje enačbe izračunamo F 1,dop :<br />
F 1,dop a<br />
I x<br />
t max ≤ τ dop .<br />
F 1,dop ≤ τ dop I x 10 · 100.727<br />
= = 13.43 kN.<br />
a t max 50 · 1.5<br />
Račun dopustne sile za primer, ko imat element AB zaprt prečni prerez<br />
Ploščino A s odprtine do srednje črte zaprtega tankostenskega prečnega prereza izračunamo z enačbo<br />
A s = π · 28.52<br />
4<br />
= 637.94 cm 2 .<br />
Silo F 2,dop izračunamo iz pogoja, da je največja strižna napetost σ xζ,max manjša od dopustne strižne<br />
napetosti τ dop<br />
σ xζ,max ≤ τ dop .<br />
Največjo strižno napetost izračunamo po enačbi (glej enačbo (2.150a))<br />
Upoštevamo, da je |M x | max = F 2,dop a in dobimo<br />
σ xζ,max = |M x| max<br />
2 A s t min<br />
.<br />
Iz zadnje enačbe izračunamo F 2,dop :<br />
F 2,dop a<br />
2 A s t min<br />
≤ τ dop .<br />
F 2,dop ≤ τ dop 2 A s t min<br />
a<br />
=<br />
10 · 2 · 637.94 · 1.5<br />
50<br />
= 382.764 kN.<br />
Nosilec z zaprtim tankostenskim prečnim prerezom lahko obtežimo z 28.5-krat večjo silo kot nosilec z<br />
odprtim tankostenskim prečnim prerezom<br />
F 2,dop = 28.50 F 1,dop .<br />
Izpeljemo lahko, da je razmerje med dopustnima silama za odprti in zaprti prečni prerez v obliki kolobarja<br />
enako<br />
F 2,dop<br />
= 3 r<br />
F 1,dop t .
432 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Račun pomika točke C<br />
Pomik w C izračunamo po enačbi<br />
w C = ∑ el<br />
∫ L i<br />
0<br />
(<br />
My δ ¯M y<br />
E I y<br />
+ M x δ ¯M )<br />
x<br />
dx.<br />
G I x<br />
Na sliki 5.66 prikazujemo torzijski moment M x in upogibni moment M y zaradi sile F ter torzijski<br />
moment δ ¯M x in upogibni moment δ ¯M y zaradi virtualne sile δF z = 1.<br />
SLIKA 5.66: Upogibni in torzijski moment zaradi sile F in virtualne sile δF z = 1<br />
Nosilec z odprtim prečnim prerezom (F 1,dop = 13.43 kN)<br />
Za račun pomika moramo izračunati vztrajnostni moment I y1 prečnega prereza nosilca AB<br />
Tako dobimo<br />
I y1 = π 64 [D4 − (D − 2 t) 4 ] = 13673.73 cm 4 .<br />
w C = 1 F 1,dop L L 2 L<br />
E I y1 2 3 + 1 F 1,dop a a 2 a<br />
E I y2 2 3 + 1 F 1,dop a L a = 0.0507 + 5.0 = 5.0507 cm.<br />
G I x<br />
Delež pomika zaradi upogiba je veliko manjši od deleža zaradi torzije. Nosilci z odprtim tankostenskim<br />
prečnim prerezom slabo prevzamejo torzijsko obtežbo.<br />
Nosilec z zaprtim prečnim prerezom (F 2,dop = 382.764 kN)<br />
Za račun pomika moramo izračunati torzijski vztrajnostni moment I x zaprtega tankostenskega prečnega
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 433<br />
prereza nosilca AB (glej enačbo (2.150b))<br />
I x = ∮<br />
4 A2 s<br />
dζ<br />
t<br />
C s<br />
= 4 · 637.942<br />
π · 28.5<br />
1.5<br />
= 27271.92 cm 4 .<br />
Tako dobimo<br />
w C = F 2,dop<br />
3 E<br />
( ) L<br />
3<br />
+ a3<br />
+ F 2,dop L a 2<br />
= 1.445 + 0.526 = 1.971 cm.<br />
I y1 I y2 G I x<br />
Pomik zaradi torzije je manjši od pomika zaradi upogiba. Nosilci z zaprtim tankostenskim prečnim<br />
prerezom so primerni za prevzem torzijske obtežbe. Kljub temu, da smo konstrukcijo z odprtim prečnim<br />
prerezom obremenili kar z 28.5 krat manjšo silo kot nosilec z zaprtim prerezom, so pomiki pri odprtem<br />
prerezu več kot 2.5 krat večji.<br />
Primer 5.18 Izrazimo ∆T x in ∆T z v enačbi (5.1) za primer nosilca v ravnini x, z! V tem primeru je<br />
sprememba temperature ∆T neodvisna od koordinate y (∆T y = 0). Višino nosilca označimo s h.<br />
Spremembo temperature na spodnji strani nosilca (z = h s ) označimo z ∆T + z , spremembo temperature<br />
na zgornji strani nosilca (z = −h z ) pa z ∆T − z (slika 5.67).<br />
SLIKA 5.67: Po višini nosilca predpostavimo linearen potek spremembe temperature ∆T<br />
Predpostavimo, da se temperatura linearno spreminja vzdolž koordinate z. To je primerna predpostavka,<br />
če obravnavamo stacionarno stanje, ko se temperatura s časom ne spreminja. Sprememba temperature je<br />
v tem primeru določena z izrazom<br />
∆T = ∆T x + ∆T z z<br />
Izraza za ∆T x in ∆T z dobimo, če upoštevamo robna pogoja na spodnji in zgornji strani nosilca<br />
Ko enačbi rešimo, dobimo<br />
z = h s : ∆T ≡ ∆T + z = ∆T x + ∆T z h s ,<br />
z = −h z : ∆T ≡ ∆T − z = ∆T x − ∆T z h z .<br />
∆T x = ∆T z + − h s(∆T z + − ∆Tz − )<br />
, ∆T z = 1 h<br />
h (∆T z + − ∆Tz − ).
434 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Če sta razdalji h s in h z enaki, sta izraza za določitev ∆T x in ∆T z preprostejša<br />
∆T x = 1 2 (∆T + z + ∆T − z ), ∆T z = 1 h (∆T + z − ∆T − z ). (5.31)<br />
Primer 5.19 Na spodnji strani previsnega linijskega nosilca nastane sprememba temperature ∆T z + =<br />
10 ◦ C, na zgornji strani pa ∆Tz − = 30 ◦ C. Vzemimo, da se ∆T z + in ∆Tz − vzdolž osi nosilca ne<br />
spreminjata. Dolžina nosilca L = 100 cm, višina nosilca h = 10 cm, plošina prečnega prereza<br />
A x = 10 cm 2 , vztrajnostni moment površine prečnega prereza pa I y = 100 cm 4 . Modul elastičnosti<br />
materiala E = 10000 kN/cm 2 , temperaturni razteznostni koeficient pa α T = 10 −5 (1/ ◦ C) (slika 5.68).<br />
Izračunajmo pomika u T in w T ter zasuk ω T ≡ ω T y točke T pri x = L. Določimo tudi potek notranjih<br />
sil!<br />
SLIKA 5.68: Nosilec v ravnini x, z izpostavimo spremembi temperature ∆T<br />
Konstanti ∆T x in ∆T z izračunamo po enačbi (5.31):<br />
∆T x =<br />
10 + 30<br />
2<br />
= 20 ◦ C, ∆T z =<br />
10 − 30<br />
10<br />
= −2 ◦ C/cm.<br />
Za račun pomikov u T in w T ter zasuka ω T moramo izračunati notranje sile, za virtualni sili δF T x = 1 in<br />
δF T z = 1 in za virtualni moment δM T y = 1 (slika 5.69).<br />
SLIKA 5.69: Notranje sile zaradi virtualne obtežbe<br />
Ker so notranje sile zaradi resnične obtežbe enake nič, računamo δ ¯W ∗ n po enačbi (glej (5.20))<br />
∫ L<br />
δ ¯W n(∆T ∗ ) = α T (∆T x δ ¯N x + ∆T z δ ¯M y ) dx.<br />
0
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 435<br />
Pri določitvi integralov upoštevamo, da so α T , ∆T x in ∆T z konstante. Zato pomik u T izračunamo tako,<br />
da ploščino diagrama δ ¯N x (δF T x = 1) zaradi virtualne sile δF T x = 1 pomnožimo s konstantama α T in<br />
∆T x ,<br />
u T x = u T = α T ∆T x<br />
∫L<br />
0<br />
δ ¯N x dx = 0.00001 · 20 · 100 · 1 = 0.02 cm.<br />
Vidimo, da ∆T z ne vpliva na pomik u T . Pomik w T izračunamo tako, da ploščino diagrama δ ¯M y (δF T z =<br />
1) zaradi virtualne sile δF T z = 1 pomnožimo s konstantama α T in ∆T z ,<br />
u T z = w T = α T ∆T z<br />
∫L<br />
0<br />
δ ¯M y dx = 0.00001 · (−2) ·<br />
−100 · 100<br />
2<br />
= 0.1 cm.<br />
Vidimo, da na w T ne vpliva sprememba temperature ∆T x ampak samo ∆T z . Zasuk ω T izračunamo<br />
tako, da ploščino diagrama δ ¯M y (δM T y = 1) zaradi virtualnega momenta δM T y = 1 pomnožimo s<br />
konstantama α T in ∆T z<br />
ω T = α T ∆T z<br />
∫L<br />
0<br />
δ ¯M y dx = 0.00001 · (−2) · 100 · 1 = −0.002 rad = −0.115 ◦ .<br />
Iz ravnotežnih pogojev za obravnavani primer sledi, da so notranje sile enake nič. Velja splošno pravilo,<br />
da sprememba temperature v statično določenih konstrukcijah povzroči deformacije ne pa tudi<br />
notranjih sil. Deformirano lego obravnavanega nosilca prikazujemo na sliki 5.70, kjer je merilo pomikov<br />
bistveno večje kot merilo, v katerem je narisana konstrukcija.<br />
SLIKA 5.70: Statično določeni linijski nosilec se ob spremembi temperature deformira<br />
Primer 5.20 Določimo vodoravni pomik na koncu previsnega nosilca, ki se segreje za<br />
∆T x (x) = 50 + 10 x<br />
[ ◦ C],<br />
kjer moramo razdaljo x podajati v m! Dolžina nosilca je L = 4 m, temperaturni razteznostni koeficient<br />
pa je α T = 1.2 · 10 −5 ( ◦ C) −1 .<br />
Pomik u T na koncu nosilca izračunamo z izrekom o virtualnih silah<br />
u T =<br />
∫ L<br />
0<br />
α T ∆T x δ ¯N x dx.
436 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Diagrama temperaturne spremembe ∆T x in osne sile δ ¯N x zaradi vodoravne virtualne sile δF x = 1 v<br />
točki T prikazujemo na sliki 5.71.<br />
SLIKA 5.71: Diagrama ∆T x in δ ¯N x<br />
Sedaj lahko zapišemo enačbo za račun vodoravnega pomika<br />
u T = α T<br />
50 + 90<br />
2<br />
L · 1 = 1.2 · 10 −5 ·<br />
50 + 90<br />
2<br />
· 4 = 0.0034 m = 0.34 cm.<br />
5.1.6 Delo virtualnih napetosti v linearno elastičnih vzmeteh<br />
Določimo delo δW ∗ n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za ravni linijski nosilec s konstantnim<br />
prečnim prerezom A x in dolžino L, ki je v krajišču A obtežen s silo F Ax , v krajišču B pa s silo F Bx ! Sili<br />
F Ax in F Bx sta enako veliki in nasproti usmerjeni (slika 5.72). Delo δW ∗ n izrazimo s pomikoma u Ax in<br />
u Bx krajišč nosilca.<br />
SLIKA 5.72: Nosilec je obtežen v krajiščih s silama F Ax in F Bx<br />
Da bi δW ∗ n izrazili s pomikoma krajišč nosilca u Ax in u Bx postavimo v krajna prereza virtualni sili δF Ax<br />
in δF Bx , ki sta enaki po velikosti in nasproti usmerjeni (slika 5.73).<br />
SLIKA 5.73: Nosilec je obtežen v krajišču A s silo δF Ax , v krajišču B pa s silo δF Bx
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 437<br />
Delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah izrazimo s pomikoma u Ax in u Bx , če za obravnavani<br />
primer v izreku o virtualnih silah δW ∗ z izrazimo s silama δF Ax in δF Bx<br />
Ker je osna sila δN x zaradi virtualne obtežbe enaka<br />
sledi<br />
δW ∗ n = δW ∗ z = δF Bx u Bx − δF Ax u Ax .<br />
δN x = δF Ax = δF Bx ,<br />
δW ∗ n = δN x (u Bx − u Ax ).<br />
Prikazani element lahko predstavlja linijsko vzmet, ki jo shematično narišemo na sliki 5.74.<br />
SLIKA 5.74: Linijska vzmet<br />
Če vpeljemo oznaki<br />
dobimo<br />
δN x ≡ δN v , ∆u v ≡ u Bx − u Ax ,<br />
δW ∗ n = δN v ∆u v .<br />
Pri tem je δN v notranja sila v vzmeti zaradi virtualne obtežbe, ∆u v pa sprememba dolžine vzmeti zaradi<br />
resnične obtežbe.<br />
Določimo delo δW ∗ n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za ravni linijski nosilec s konstantnim<br />
prečnim prerezom A x in dolžino L, ki je v krajišču A obtežen s torzijskim momentom M Ax , v krajišču<br />
B pa s torzijskim momentom M Bx . Torzijska momenta M Ax in M Bx sta enako velika in nasproti<br />
usmerjena (slika 5.75). Delo δW ∗ n izrazimo s torzijskima zasukoma ω Ax in ω Bx krajišč nosilca.<br />
SLIKA 5.75: Nosilec je obtežen v krajiščih s torzijskima momentoma M Ax in M Bx<br />
Da bi δW ∗ n izrazili z zasukoma krajnih prerezov nosilca ω Ax in ω Bx , postavimo v krajna prereza virtualna<br />
torzijska momenta δM AX in δM BX , ki sta enaka po velikosti in nasproti usmerjena (slika 5.76).
438 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
SLIKA 5.76: Nosilec je obtežen v krajišču A z virtualnim torzijskim momentom δM Ax , v krajišču<br />
B pa z virtualnim torzijskim momentom δM Bx<br />
Delo δW ∗ n določimo tako, da v izreku o virtualnih silah δW ∗ z izrazimo z momentoma δM Ax in δM Bx<br />
δW ∗ n = δW ∗ z = δM Bx ω Bx − δM Ax ω Ax .<br />
Ker je notranji torzijski moment δM x zaradi virtualne obtežbe enak δM Ax oziroma δM Bx<br />
sledi<br />
δM x = δM Ax = δM Bx ,<br />
δW ∗ n = δM x (ω Bx − ω Ax ).<br />
Prikazani element lahko predstavlja torzijsko vzmet. Prečno povezavo dveh linijskih nosilcev s torzijsko<br />
vzmetjo prikazujemo na sliki 5.77.<br />
SLIKA 5.77: Torzijska vzmet: a) v ravnini<br />
b) v prostoru<br />
Z oznakama<br />
dobimo<br />
δM x ≡ δM v , ∆ω v ≡ ω Bx − ω Ax ,<br />
δW ∗ n = δM v ∆ω v .<br />
Z δM v označujemo notranji torzijski moment v vzmeti zaradi virtualne obtežbe, ∆ω v pa predstavlja<br />
spremembo zasuka torzijske vzmeti zaradi resnične obtežbe.<br />
V primeru, da je v konstrukciji n v osnih in m v torzijskih vzmeti, je delo virtualnih napetosti na resničnih<br />
deformacijah v vseh vzmeteh enako<br />
∑n v<br />
∑m v<br />
δWn ∗ = δN vi ∆u vi + δM vj ∆ω vj .<br />
i=1<br />
Če so vzmeti linearno elastične, lahko izrazimo notranjo silo N vi oziroma notranji moment M vj vzmeti<br />
s togostnima koeficientoma k vi in k ϕj (slika 5.78)<br />
j=1<br />
N vi = k vi ∆u vi , M vj = k ϕj ∆ω vj ,
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 439<br />
kjer togost vzmeti lahko izrazimo z enačbama<br />
k vi = E i A xi<br />
L i<br />
, k ϕj = G j I xj<br />
L j<br />
.<br />
SLIKA 5.78: Linearno elastični vzmeti<br />
V tem primeru je delo δW ∗ n v vseh vzmeteh enako<br />
δW ∗ n =<br />
∑n v<br />
i=1<br />
N vi<br />
∑m v<br />
M vj<br />
δN vi + δM vj . (5.32)<br />
k vi k<br />
j=1 ϕj<br />
Delo δW ∗ n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za konstrukcijo sestavljeno iz linijskih elementov<br />
in vzmeti dobimo, če seštejemo enačbe (5.11) in (5.32):<br />
δW ∗ n = ∑ el<br />
+<br />
∫ L i<br />
0<br />
(<br />
My<br />
∑n v<br />
+<br />
i=1<br />
(( )<br />
Nx<br />
+ α T ∆T x δN x + N y δN y<br />
E A x GA y<br />
E I y<br />
+ α T ∆T z<br />
)<br />
δM y +<br />
N vi<br />
∑m v<br />
M vj<br />
δN vi + δM vj .<br />
k vi k<br />
j=1 ϕj<br />
+ N z δN z<br />
GA z<br />
(<br />
Mz<br />
E I z<br />
− α T ∆T y<br />
)<br />
δM z<br />
)<br />
dx+<br />
+ M x δM x<br />
G I x<br />
+<br />
(<strong>5.33</strong>)<br />
Če ima virtualna sila oziroma virtualni moment velikost ena, potem količine δW ∗ n, δN x , δN y , δN z , δM x ,<br />
δM y , δM z , δN vi in δM vj označimo s prečko in dobimo:<br />
}<br />
u T s<br />
= δ<br />
ω ¯W n ∗ = ∑<br />
T s<br />
el<br />
+<br />
∫ L i<br />
0<br />
(<br />
My<br />
∑n v<br />
+<br />
i=1<br />
(( )<br />
Nx<br />
+ α T ∆T x δ<br />
E A ¯N x + N y δ ¯N y<br />
x G A y<br />
E I y<br />
+ α T ∆T z<br />
)<br />
δ ¯M y +<br />
N vi<br />
δ<br />
k ¯N<br />
∑m v<br />
M vj<br />
vi + δ<br />
vi k ¯M vj .<br />
j=1 ϕj<br />
+ N z δ ¯N z<br />
G A z<br />
(<br />
Mz<br />
E I z<br />
− α T ∆T y<br />
)<br />
δ ¯M z<br />
)<br />
dx+<br />
+ M x δ ¯M x<br />
G I x<br />
+<br />
(5.34)
440 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
SLIKA 5.79: Konzola je vpeta s torzijsko linearno elastično vzmetjo<br />
Primer 5.21 Za nosilec na sliki 5.79 določimo navpični pomik w T točke T zaradi sile F T z ! Vzmet je<br />
linearno elastična. Vpliv prečne sile N z zanemarimo.<br />
Če prečno silo N z zanemarimo, izračunamo pomik w T po enačbi<br />
w T = δ ¯W ∗ n (δF T z = 1.0) =<br />
∫ L<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
E I y<br />
dx + M v<br />
k ϕ<br />
δ ¯M v .<br />
Upogibni moment v nosilcu in v vzmeti zaradi resnične obtežbe prikazujemo na sliki 5.80<br />
M v = −F T z L.<br />
SLIKA 5.80: Upogibni moment zaradi sile F T z<br />
Upogibni moment v nosilcu in v vzmeti zaradi virtualne sile δF T z v točki T prikazujemo na sliki 5.81<br />
δ ¯M v = −L.<br />
SLIKA 5.81: Upogibni moment zaradi virtualne sile δF T z = 1<br />
Navpični pomik točke T je<br />
w T = 1 F T z L L 2<br />
E I y 2 3 L + F T z L<br />
L = F T z L 3<br />
+ F T z L 2<br />
.<br />
k ϕ 3 E I y k ϕ
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 441<br />
Pomik osi nosilca je sestavljen iz pomika zaradi upogiba nosilca in iz pomika zaradi zasuka elastične<br />
podpore. Na sliki 5.82 prikazujemo pomik nosilca zaradi zasuka elastične podpore in zaradi upogiba<br />
nosilca. Izpeljani izrazi veljajo le za majhne pomike, zato moramo povdariti, da je merilo pomikov<br />
zaradi preglednosti povečano.<br />
SLIKA 5.82: Navpični pomik nosilca<br />
Primer 5.22 Določimo navpični pomik točke T . Vzmeti sta linearno elastični (slika 5.83).<br />
SLIKA 5.83: Konstrukcija je sestavljena iz dveh nosilcev in dveh vzmeti<br />
Pomik določimo z izrekom o virtualnih silah po enačbi (5.34), kjer upoštevamo, da sta od nič različna<br />
le prečna sila in upogibni moment v nosilcu in sila oziroma moment v vzmeteh. Ker vpliv prečne sile<br />
zanemarimo, je:<br />
w T =<br />
∫ 2a<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
dx + N v δ ¯N v<br />
+ M v δ ¯M v<br />
.<br />
EI y k x k ϕ<br />
Notranje sile zaradi zunanje obtežbe prikazujemo na sliki 5.84.<br />
SLIKA 5.84: Diagram upogibnega momenta zaradi zunanje obtežbe
442 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Osna sila in upogibni moment v vzmeteh sta: N v = −F/2 in M v = P a/2.<br />
Notranje sile zaradi virtualne obtežbe δF z = 1 prikazujemo na sliki 5.85.<br />
SLIKA 5.85: Diagram upogibnega momenta zaradi virtualne sile<br />
Osna sila in upogibni moment v vzmeteh zaradi virtualne sile sta: δ ¯N v = −1/2 in δ ¯M v = a/2.<br />
Navpični pomik točke T je<br />
in po preureditvi enačbe dobimo<br />
w T = 1 F a a<br />
E I y 2 2<br />
w T = F<br />
2<br />
3<br />
a<br />
2 2 + F/2 1<br />
k x<br />
2 + F a/2<br />
k ϕ<br />
( a<br />
3<br />
6 E I y<br />
+ 1<br />
4 k x<br />
+ a2<br />
4 k ϕ<br />
)<br />
.<br />
Primer 5.23 Določimo število navojev n gosto navite vzmeti na sliki 5.86 tako, da bo navpični pomik<br />
w T točke T enak 1 cm.<br />
a<br />
2<br />
SLIKA 5.86: Prostoležeči nosilec je v enem krajišču podprt z gosto navito vzmetjo<br />
Spremembo dolžine ∆u v gosto navite vzmeti, ki je osno obtežena z natezno ali tlačno silo F , izračunamo<br />
po enačbi (glej primer 5.29)<br />
∆u v = 4 ¯r3 n N v<br />
G r 4 , (5.35)
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 443<br />
kjer je ¯r polmer vzmeti, r polmer žice vzmeti, G strižni modul jekla, N v pa osna sila v vzmeti.<br />
Dolžina nosilca je L = 1.0 m, modul elastičnosti nosilca je E n = 20000 kN/cm 2 , vztrajnostni moment<br />
nosilca je I n = 54 cm 4 , obtežba pa je M = 2 kNm. Polmer vzmeti ¯r = 5.0 cm, polmer žice vzmeti<br />
r = 0.771 cm, strižni modul jekla G je 8000 kN/cm 2 .<br />
Ker je togost razmerje med silo v vzmeti in spremembo dolžine (k v = N v /∆u v ), sledi iz enačbe (5.35),<br />
da je togost enaka<br />
Pomik izračunamo po enačbi (5.34)<br />
w T =<br />
∫ L<br />
0<br />
k v = G r4<br />
4 ¯r 3 n .<br />
M y δ ¯M y<br />
E I y<br />
dx + N v δ ¯N v<br />
k v<br />
.<br />
Diagrama notranjih sil zaradi zunanje obtežbe in zaradi obtežbe z virtualno silo δF z = 1 prikazujemo na<br />
sliki 5.87.<br />
SLIKA 5.87: Upogibni moment zaradi zunanje obtežbe M in zaradi δF z = 1<br />
Osna sila N v v vzmeti zaradi obtežbe M je −M/L, zaradi virtualne obtežbe pa δN v = −0.5. Pomik w T<br />
je<br />
w T = 1 L L 1 M<br />
E n I n 4 2 2 + M 4 ¯r 3 n<br />
2 L G r 4 = M L2<br />
+ 2 M ¯r3 n<br />
16 E n I n G L r 4 .<br />
Število potrebnih navojev n je<br />
n =<br />
(w T − M ) (<br />
) L2 G L r<br />
4<br />
16 E n I n 2 M ¯r 3 = 200 · 1002 8000 · 100 · 0.771<br />
4<br />
1 −<br />
16 · 20000 · 54 2 · 200 · 5 3 = 5.
444 5 Uporaba izreka o virtualnih silah<br />
Primer 5.24 Podan je pomik w A podpore A na sliki 5.88. Izračunajmo pomik w 1 na mestu delovanja<br />
sile F 1 !<br />
SLIKA 5.88: Poleg obtežbe s silama upoštevamo še pomik podpore<br />
Konstrukcija je statično določena. Pomik podpore nima vpliva na notranje sile statično določene konstrukcije,<br />
vpliva pa na pomike take konstrukcije. Pomik v določeni točki določimo z izrekom o virtualnih<br />
silah<br />
δW ∗ z = δW ∗ n.<br />
Konstrukcijo v prijemališču sile F 1 obtežimo z virtualno silo δF z = 1 (slika 5.89).<br />
SLIKA 5.89: Virtualna obtežba δF z = 1 ter ustrezne reakcije<br />
Ker ima podpora predpisan pomik v navpični smeri, opravi delo δW ∗ z tudi reakcija δA z , ki jo izrazimo z<br />
virtualno silo δF z = 1 takole:<br />
Delo δW ∗ z zapišemo z enačbo<br />
delo δW ∗ n pa zapišemo v tem primeru takole:<br />
δA z a + δF z<br />
a<br />
2 = 0 → δA z = − δF z<br />
2 = −1 2 .<br />
δW ∗ z = δA z w A + δF z w 1 = − 1 2 w A + w 1 ,<br />
δW ∗ n = ∑ el<br />
∫ L<br />
0<br />
M y δ ¯M y<br />
E I y<br />
dx +<br />
2∑<br />
i=1<br />
N vi<br />
k vi<br />
δ ¯N vi .
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 445<br />
Določiti moramo upogibni moment v nosilcih ter sile v vzmeteh zaradi sil F 1 in F 2 ter zaradi virtualne<br />
sile δF z = 1. Upogibna momenta M y in δ ¯M y prikazujemo na sliki 5.90.<br />
SLIKA 5.90: Diagrama upogibnih momentov M y in δ ¯M y<br />
Osni sili v vzmeteh zaradi sil F 1 in F 2 sta N v1 = −(F 1 + F 2 )/2 in N v2 = −F 2 /2, zaradi virtualne sile<br />
δF z = 1 pa je od nič različna le sila v prvi vzmeti δ ¯N v1 = −δF z /2 = −1/2. Delo δWn ∗ je zato enako:<br />
δWn ∗ = 2 1<br />
(<br />
F 1 a a 1 2 1 a<br />
E I y 4 2 2 3 4 + F1<br />
2 + F )<br />
2 1 1<br />
.<br />
2 2 k v1<br />
Upoštevamo izrek o virtualnih silah δW ∗ z = δW ∗ n in dobimo<br />
oziroma<br />
− 1 2 w A + w 1 = F 1 a 3<br />
48 + F 1 + F 2<br />
4 k v1<br />
w 1 = w A<br />
2 + F 1 a 3<br />
48 + F 1 + F 2<br />
4 k v1<br />
.<br />
5.1.7 Vpliv strižnih napetosti zaradi prečnih sil na pomike linijskega nosilca<br />
Če prečnih sil na deformiranje nosilca ne upoštevamo, ostane prečni prerez raven, pravi kot med osjo<br />
nosilca in prečnim prerezom se ohrani tudi po deformiranju (ε xz = 0). To pomeni, da je zasuk α osi osi<br />
nosilca enak zasuku α prereza prečnega prereza<br />
α prereza ≡ α osi .<br />
Na sliki 5.91 prikazujemo lego nosilca pred in po deformiranju.<br />
SLIKA 5.91: a) Os nosilca in prečni prerez pred obremenitvijo<br />
b) Os nosilca in prečni prerez po obremenitvi<br />
V primeru, da upoštevamo vpliv prečnih sil na deformiranje nosilca, se prečni prerez po obremenitvi<br />
deformira in ni več raven. To ugotovimo, če nosilec računsko obravnavamo kot dvodimenzionalno konstrukcijo<br />
in upoštevamo ravninsko napetostno stanje. † Spremeni pa se tudi pravi kot med osjo nosilca in<br />
† M. Stanek, G. Turk, Osnove mehanike trdnih teles, razdelek 4.3.5, 1998.