1.4 Glavne normalne napetosti v nosilcu 145. Vzdolž nevtralne osi oklepajo normale ravnin glavnih napetosti s smerjo x naslednje kote

Transcript

1 1.4 Glavne normalne napetosti v nosilcu 145 Smeri glavnih normalnih napetosti vzdolž osi nosilca Vzdolž nevtralne osi oklepajo normale ravnin glavnih napetosti s smerjo x naslednje kote σ xx = M y z = 0 tg α σ = σ xz = ± I y 0 α σ = ± π, ±3 π, ±... α σ = ± π 4, ±3 π 4, ±... Naklon ravnin glavnih napetosti je torej π/4 oziroma 3π/4 (slika 1.13). Slika 1.13: Smeri glavnih normalnih napetosti vzdolž osi nosilca Smeri glavnih normalnih napetosti vzdolž robov nosilca Vzdolž robov nosilca ±h/ pa dobimo S y(±h/) = 0 σ xz = N z S y(z = ±h/) b (z = ±h/) I y = 0 tg α σ = 0 α σ = ±0, ±π, ± π,... α σ = 0, ± π, ±π,... Naklon ravnin glavnih napetosti na zgornjem in spodnjem robu je 0 ali π/ (slika 1.14). Slika 1.14: Smeri glavnih normalnih napetosti vzdolž robu nosilca Velja torej, da v obravnavanem primeru oklepajo trajektorije glavnih napetosti vzdolž nevtralne osi kote 45 glede na to os, vzdolž robov nosilca pa ima ena skupina trajektorij smer pravokotno na rob, druga pa smer roba. Na sliki 1.15 je prikazan potek trajektorij glavnih napetosti v prostoležečem nosilcu iz homogenega in izotropnega materiala. Na nosilec deluje sila na polovici razpetine. Neprekinjene črte predstavljajo smeri glavnih tlačnih napetosti, črtkane pa smeri glavnih nateznih napetosti.

2 146 1 Upogib z osno silo Slika 1.15: Potek trajektorij glavnih normalnih napetosti v prostoležečem nosilcu Trajektorije glavnih napetosti so pomembne pri armiranem betonu. Beton je krhek material in že pri razmeroma majhnih nateznih napetostih razpoka. Da se konstrukcija ne bi porušila, vanjo vstavimo jeklene palice ( armaturo ), ki namesto betona prevzamejo natezne napetosti. Najboljša namestitev teh palic je v smeri trajektorij nateznih napetosti (slika 1.16). Tako oblikovana armatura bi zelo zapletla račun in izdelavo armirano betonskih konstrukcij. Zato se armaturo oblikuje tako, da le približno sledi smeri nateznih trajektorij. Primer prikazujemo na sliki Slika 1.16: Optimalna namestitev armature Slika 1.17: Običajna lega armature Primer 1.3 V prečnem prerezu linijskega nosilca v ravnini (x, z) delujeta prečna sila N z =.5 kn in upogibni moment M y =.5 knm. Določi smer in velikost glavnih normalnih napetosti v točki M s koordinatama y = 0 cm in z = 8 cm! Dimenzije prečnega prereza podajamo na sliki Karakteristike prečnega prereza smo izračunali v primeru Vzdolžna normalna napetost σ M xx v točki M je σ M xx = M y I y z M = = N/cm.

3 1.4 Glavne normalne napetosti v nosilcu 147 Strižna napetost σ M xz v točki M je σ M xz = N z S y(z = 8) b (z = 8) I y. Slika 1.18: Dimenzije T prereza Statični moment S y delnega prereza x izračunamo po enačbi (1.195), ki smo jo izpeljali v primeru 1.16 Strižna napetost σ M xz v točki M je torej S y(z = 8) = = cm 3. σ M xz = 50 ( 446.5) Velikosti glavnih normalnih napetosti v točki M sta = N/cm. σ11 M = 1 [ ] = N/cm, σ M = 1 [ ] = N/cm. Ravnine glavnih normalnih napetosti so tg α M σ = = α M σ = k π, k =..., 1, 0, 1,... Za k = 0 je α σ = in α σ = Normalna napetost v ravnini z naklonskim kotom normale α σ = je σ M = cos( ) sin( ) = N/cm.

4 148 1 Upogib z osno silo Za k = 1 je α σ = in α σ = Normalna napetost v ravnini z naklonskim kotom normale α σ = je σ M 11 = Glavne normalne napetosti v točki M prikazujemo na sliki cos( ) sin( ) = N/cm. Slika 1.19: Smeri in velikosti glavnih normalnih napetosti v točki M Ekstremni vrednosti strižne napetosti v točki M sta τ OMANNUMERAL = ± 1 ( ) = ± N/cm. Ravnine ekstremnih strižnih napetosti v točki M so tg α τ = ( ) = 7.171, α τ = k π, k =..., 1, 0, 1,.... Za k = 0 je α τ = in α τ = Strižna napetost v ravnini z normalo α σ = je σ NT = sin(8.061 ) cos(8.061 ) = N/cm. Za k = 1 je α τ = in α σ = Strižna napetost v ravnini z normalo α σ = je σ NT = sin( ) cos( ) = N/cm. Ekstremne strižne napetosti v točki M prikazujemo na sliki

5 1.5 Strižni in prečni normalni napetosti v nosilcu s spremenljivim prečnim prerezom 149 Slika 1.130: Smeri in velikosti glavnih strižnih napetosti v točki M 1.5 Strižni in prečni normalni napetosti v nosilcu s spremenljivim prečnim prerezom Obravnavamo nosilec z ravno osjo, katerega geometrija je podana z lego osi nosilca in obliko prečnega prereza v poljubni točki na osi nosilca. Prečni prerezi so posod pravokotni na os nosilca, ki poteka skozi težišča prečnih prerezov Krivočrtne koordinate ploskve ter diferencial ploščine ploskve V parametrski obliki zapišemo enačbo ploskve S z enačbami oziroma x = f 1 (q 1, q ), y = f (q 1, q ), z = f 3 (q 1, q ) (1.17) r S = f(q 1, q ). (1.18) Z x, y in z so označene pravokotne Kartezične koordinate, q 1 in q sta posplošeni koordinati. Če vzamemo za q 1 konstantno vrednost, na primer q 1 = c, dobimo enačbe koordinatne krivulje x = f 1 (c, q ), y = f (c, q ), z = f 3 (c, q ), (1.19) ki se nahaja na ploskvi S, podani z enačbami (1.17). Za različne konstantne vrednosti posplošenih koordinat q 1 in q dobimo mrežo koordinatnih krivulj na ploskvi S (slika 1.131). Slika 1.131: Koordinatne krivulje ploskve S I. Vidav, Diferencialna geometrija, Društvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije, Ljubljana, 1989.

6 150 1 Upogib z osno silo Presečišče koordinatnih krivulj q 1 = c in q = k določa točko T. Odvoda krajevnega vektorja r S, ki določa točko T na ploskvi S, po koordinatah q 1 in q sta bazna vektorja v točki T. Označimo ju z g 1 in g g1 = r S q 1, g = r S q. (1.0) Obravnavajmo nosilec z ravno osjo ter spremenljivim prečnim prerezom A (slika 1.13). Slika 1.13: Prečni prerez A nosilca se vzdolž osi x spreminja Krajevni vektor r S poljubne točke na mejni ploskvi S zapišemo z enačbo r S = r 0 + ρ S = x e x + y e y + z e z. (1.1) Če želimo določiti krivočrtne koordinate mejne ploskve S nosilca, moramo izbrati posplošeni koordinati q 1 in q. Če za posplošeni koordinati izberemo x in s = s/c (glej sliko 1.13) lahko zapišemo (1.1) takole: q 1 = x, q = s, (1.) r S = x e x + y(x, s) e y + z(x, s) e z. (1.3) Z s je označena dolžina krivočrtne koordinate s od izbrane začetne točke do poljubne točke na mejni črti C, s C pa dolžina mejne črte C. Bazna vektorja g x in g s sta v tem primeru podana z enačbama (glej tudi sliki 1.13 in 1.133) g x = r S x = e x + y x e y + z x e z, g s = r S s = y s e y + z s e z. (1.4) Na sliki 1.133a je prikazana koordinatna krivulja x = c, na sliki 1.133b pa koordinatna krivulja s = k. Ploščino ds diferencialno majhnega dela mejne ploskve S izračunamo po enačbi ds = E G F dx ds. (1.5) I. Vidav, Diferencialna geometrija, Društvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije, Ljubljana, 1989.

7 1.5 Strižni in prečni normalni napetosti v nosilcu s spremenljivim prečnim prerezom 151 Z E, G in F so označeni izrazi E = r S x r S x = 1 + G = r S s r S s = F = r S x r S s = y x ( ) y ( ) z +, x x ( ) y ( ) z +, s s y s + z z x s. (1.6) Slika 1.133: a) Koordinatna krivulja x = c, b) Koordinatna krivulja s = k 1.5. Ravnotežne enačbe za nosilec s spremenljivim prečnim prerezom Obravnavamo del nosilca dolžine x, ki zavzema območje V 1, določeno s ploskvami A x0, A x in S 1. Odstranjeni desni del nosilca nadomestimo z notranjo silo N in z notranjim momentom M (slika 1.134). Slika 1.134: Na nosilec delujejo zunanja obtežba p S in v ter notranja sila N in notranji moment M

8 15 1 Upogib z osno silo Z N(0) in M R (0) sta označeni rezultanti obtežb p S in v na ploskvi A x (0) N(0) = p S da, MR (0) = ρ x p S da. A x(0) A x(0) Krajevni vektor r 0 točke na osi nosilca, v kateri nosilec prerežemo, ima smer koordinatne osi x Ravnotežna pogoja za obravnavani del nosilca r 0 = x e x. (1.7) R = 0, M O R = 0 (1.8) izrazimo z zunanjo površinsko obtežbo p S, s prostorninsko obtežbo v, z notranjo silo N in z notranjim momentom M. Prvi ravnotežni pogoj je (glej enačbo (1.13)) N(0) + p S ds + v dv + N(x) = S 1 V 1 x ( = N(0) + p S ( x, s) (1.9) E G F ds + v( x, y, z) da x )d x + N(x) = 0. 0 C x( x) A x( x) Količine E, G in F so odvisne od x in s. Izraz v oglatem oklepaju v enačbi (1.9) označimo s P(x) in ga imenujemo linijska obtežba P(x) = p S E G F ds + v da x. (1.30) C x(x) A x(x) Tako je x N(0) + P( x) d x + N(x) = 0. (1.31) 0 Če želimo zapisati diferencialno enačbo za neznano silo N(x) v poljubnem prečnem prerezu, enačbo (1.31) odvajamo po x. Tako dobimo prvo izmed ravnotežnih enačb ravnega linijskega nosilca, ki smo jo izpeljali že pri Statiki (ravnotežna enačba za prečni prerez) d N(x) dx M. Stanek, G. Turk, Statika I, Univerza v Ljubljani, FGG, Ljubljana, P(x) = 0. (1.3)

9 1.5 Strižni in prečni normalni napetosti v nosilcu s spremenljivim prečnim prerezom 153 Tudi momentni ravnotežni pogoj izrazimo z zunanjima obtežbama p S in v ter z notranjo silo N in notranjim momentom M (glej (1.17)) M R (0) + r S p S ds + r v dv + r 0 N(x) + M(x) = M R (0)+ S 1 V 1 x ( + r S p S ( x, y, z) E G F ds + r v( x, y, z) da x )d x + r 0 N(x) + M(x) = 0, 0 C x( x) A x( x) kjer krajevna vektorja r S in r opisujeta točke v integracijskih območjih S 1, V 1 : (1.33) r S = r 0 + ρ xs, r = r 0 + ρ x. (1.34) Upoštevamo enačbi (1.) in (1.34) M R (0) + x ( r 0 p S E G F ds + r 0 v da x )d x + + x ( 0 0 C x( x) C x( x) A x( x) ρ xs p S E G F ds + ρ x v da x )d x + r 0 N(x) + M(x) = 0. A x( x) (1.35) Vektor r 0 je neodvisen od y in z, zato ga lahko izpostavimo iz integralov po C in A M R (0) + + x 0 ( x 0 C x( x) ( r 0 C x( x) p S E G F ds + ρ xs p S E G F ds + A x( x) A x( x) v da x )d x + ρ x v da x )d x + r 0 N(x) + M(x) = 0. (1.36) Izraz v prvem oklepaju smo že v enačbi (1.30) označili s P(x), izraz v drugem oklepaju pa označimo z M(x) in imenujemo linijska momentna obtežba M(x) = ρ xs p S E G F ds + ρ x v da x. (1.37) Iz (1.36) dobimo M R (0) + x C x(x) x r 0 P( x) d x + A x(x) M( x) d x + r 0 N(x) + M(x) = 0. (1.38) 0 0

10 154 1 Upogib z osno silo Enačbo (1.38) odvajamo po x Ker je (glej enačbo (1.7)) dobimo r 0 P(x) + M(x) d r 0 + dx N(x) + r 0 d N(x) + d M(x) = 0. (1.39) dx dx ( r 0 d r 0 dx = e x, P(x) + d N(x) ) + M(x) + ex N(x) dx + d M(x) = 0. (1.40) dx Upoštevamo prvo ravnotežno enačbo (1.3) in dobimo drugo ravnotežno enačbo za nosilec d M(x) dx + e x N(x) + M(x) = 0. (1.41) Linijska obtežba P(x) predstavlja nadomestno obtežbo računskega modela nosilca z enoto N/m. Linijska momentna obtežba M(x) pa predstavlja nadomestno momentno obtežbo z enoto Nm/m. Površinsko in prostorninsko obtežbo p S (x, y, z) in v(x, y, z), ki sta funkciji treh spremenljivk, integriramo po prečnem prerezu A x oziroma vzdolž njegove meje C x in tako dobimo funkciji ene spremenljivke Strižni in prečni normalni napetosti v nosilcu s spremenljivim prerezom Pri upogibu ravnega nosilca s spremenljivim prečnim prerezom A računamo razen vzdolžne normalne napetosti σ xx tudi strižni napetosti σ xy in σ xz (slika 1.135). Slika 1.135: V nosilcu upoštevamo vzdolžno normalno napetost in prečni strižni napetosti Pri izpeljavi enačb za račun pomikov u, v in w (enačbe (1.80) in (1.87)) ter enačbe za vzdolžno normalno napetost σ xx (enačba (1.88)) v ravnem nosilcu s konstantnim prečnim prerezom smo predpostavili, da sta M. Stanek, G. Turk, Statika I, Univerza v Ljubljani, FGG, Ljubljana, 1996.

11 1.5 Strižni in prečni normalni napetosti v nosilcu s spremenljivim prečnim prerezom 155 od nič različni le vzdolžna normalna deformacija ε xx in vzdolžna normalna napetost σ xx. Pri izpeljavi teh enačb smo upoštevali le kinematične enačbe in Hookov zakon, nismo pa upoštevali ravnotežnih enačb. V tem razdelku izpeljemo enačbe za σ xy, σ xz, σ yy in σ zz iz ravnotežnih enačb za ustrezni del nosilca. Izpeljava enačb za račun strižne napetosti σ xy in prečne normalne napetosti σ yy Vzemimo del nosilca od x = 0 do x = x ter ga odrežimo pri y = y = konst (slika 1.136). Slika 1.136: Nosilec odrežemo pri y = y in obravnavamo odrezani del nosilca Zapišimo ravnotežne enačbe za ta del nosilca: p S (0, y, z) da x + σ x (x, y, z) da x + x (0) x (x) x + p S ( x, s) E G F ds + v( x, y, z) da x + 0 C x,z ( x) x ( x) C x,01 ( x) σ y ( x, y, z) ds d x = 0. (1.4) Z x označimo del prečnega prereza, ki ga določa prerez z ravnino y = y (slika 1.136). Zato je ta del prečnega prereza odvisen tudi od y, vendar zaradi krajšega zapisa tega v enačbi ne bomo zapisali. Razdaljo od točke 0 do 1 označimo s h (x) in je tudi odvisna od y, vendar v enačbah te odvisnosti ne bomo zapisali. Upoštevamo, da so E, G in F odvisni od x in s. Del v oglatem oklepaju označimo z F (x) in predstavlja nadomestno linijsko obtežbo zaradi zunanje obtežbe na mejni črti C x,z ter na delu prereza Ax in zaradi napetosti σ y v prerezu Cx,01 F (x) = p S E G F ds + v da x + C x,z (x) C x,01(x) σ y ds = P (x) + σ y ds, (1.43) C x,01(x)

12 156 1 Upogib z osno silo kjer je s P (x) označena linijska obtežba zaradi zunanje obtežbe na delu prereza x P (x) = p S E G F ds + v da x. (1.44) C x,z(x) Enačbo (1.4) krajše zapišemo takole: x (0) p S da x + x σ x da x + Z odvajanjem ravnotežne enačbe (1.45) po x dobimo σ x da x + F (x) = σ x da x + P x x oziroma σ x da x + P x 0 + h (x) 0 F ( x) d x = 0. (1.45) + C x,01 (x) σ y ds = 0 (1.46) σ y ds = 0. (1.47) Če predpostavimo, da se σ y vzdolž meje Cx,01 ne spreminja, sledi σ x da x + P + σy h (x) = 0. (1.48) x Iz enačbe (1.48) izrazimo σ y σ y = 1 h (x) P + x σ x da x Po množenju (1.49) z enotskim vektorjem e x, dobimo izraz za strižno napetost σ yx σ yx = σ xy = 1 h Px + (x) x σ xx da x. (1.49), (1.50) po množenju (1.49) z enotskim vektorjem e y pa izraz za prečno normalno napetost σ yy σ yy = 1 h Py + σ xy da x. (1.51) (x) x

13 1.5 Strižni in prečni normalni napetosti v nosilcu s spremenljivim prečnim prerezom 157 V enačbah (1.50) in (1.51) nastopa odvod integrala po. Ta odvod lahko določimo le, če vemo, kako se prečni prerez spreminja v odvisnosti od x. Način določitve tega odvoda pokažemo v primeru Izpeljava enačb za račun strižne napetosti σ xz in prečne normalne napetosti σ zz Vzemimo del nosilca od x = 0 do x = x ter ga odrežimo pri z = z = konst (slika 1.137). Slika 1.137: Nosilec odrežemo pri z = z in obravnavamo odrezani del nosilca Zapišimo ravnotežne enačbe za ta nosilec: p S (0, y, z) da x + σ x (x, y, z) da x + x (0) x (x) x + p S ( x, s) E G F ds + v( x, y, z) da x + 0 C x,z ( x) x ( x) C x,01( x) σ z ( x, y, z ) ds d x = 0. (1.5) Upoštevamo, da so E, G in F odvisni od x in s. Del v oglatem oklepaju označimo z F (x) in predstavlja nadomestno linijsko obtežbo zaradi zunanje obtežbe na mejni črti C x,z ter na delu prereza x in zaradi napetosti σ z v prerezu C x,01 F (x) = C x,z(x) p S E G F ds + v da x + C x,01(x) σ z ds = P (x) + σ z ds, (1.53) C x,01(x)

14 158 1 Upogib z osno silo kjer je s P (x) označena linijska obtežba zaradi zunanje obtežbe na delu prereza x P (x) = p S E G F ds + v da x. (1.54) C x,z (x) Enačbo (1.5) krajše zapišemo takole x (0) p S da x + σ x da x + Z odvajanjem ravnotežne enačbe (1.55) po x dobimo σ x da x + F (x) = σ x da x + P x x oziroma x x 0 F ( x) d x = 0. (1.55) + C x,01 (x) σ z ds = 0 (1.56) b (x) σ x da x + P + σ z ds = 0. (1.57) Če predpostavimo, da se σ z vzdolž meje Cx,01 ne spreminja, sledi σ x da x + P + σz b (x) = 0 (1.58) x in lahko iz enačbe (1.58) izrazimo σ z σ z = 1 b (x) P + x 0 σ x da x. (1.59) Po množenju (1.59) z enotskim vektorjem e x, dobimo izraz za strižno napetost σ zx σ zx = σ xz = 1 b Px + σ xx da x, (1.60) (x) x po množenju (1.59) z enotskim vektorjem e z pa izraz za prečno normalno napetost σ zz σ zz = 1 b Pz + σ xz da x. (1.61) (x) x

15 1.5 Strižni in prečni normalni napetosti v nosilcu s spremenljivim prečnim prerezom 159 Primer 1.33 Izračunajmo strižno napetost σ xz v nosilcu pravokotnega prečnega prereza s širino b in spremenljivo višino h(x) (slika 1.138). Strižno napetost izračunajmo v prerezih x = 0, x = L/ in x = L. Slika 1.138: Geometrijski podatki in obtežba Strižno napetost σ zx izračunamo po enačbi (1.176) kjer je (glej (1.54)) σ zx = σ xz = 1 b (x) P (x) = Ker je P x enak nič in b b, sledi C x,z (x) p S σ xz = 1 b Px + x E G F ds + x σ xx da x σ xx da x, v da x. Osi y in z sta glavni vztrajnostni osi prečnega prereza A x. Vzdolžno normalno napetost σ xx izrazimo z notranjimi silami Ker je od nič različen le upogibni moment M y, je σ xx = N x + M y z M z y. A x I y I z σ xz = 1 b x M y I y z da x

16 160 1 Upogib z osno silo Če diferencial da x ploščine prečnega prereza izrazimo s širino b prereza (da x = b dz), lahko ploskovni integral prevedemo na linijskega (slika 1.139) σ xz = 1 b x z h(x)/ M y I y z b d z Slika 1.139: Del prečnega prereza Upoštevamo pravilo odvajanja pod integralskim znakom d dy β(y) α(y) f(x, y) dx = β(y) α(y) f(x, y) y dx + β (y) f[β(y), y] α (y) f[α(y), y] in dobimo σ xz = 1 b = 1 b z h(x)/ z h(x)/ ( ) My z b x I y ( dmy dx d z h (x) M y (x) ( )h(x) = I y (x) z + M y z d ( )) 1 b d z + M y h h I y dx I y I y 4. Z β (y) je označen odvod dβ/dy, z α (y) odvod dα/dy, s h (x) pa odvod dh/dx. Upoštevamo, da je (I y = di y /dx) dm y dx = N z, ( ) d 1 dx I y = I y I y, I y = b h3 (x), I y = b h (x) h (x) 1 4 in dobimo σ xz = 1 b z ( Nz h(x)/ I y ) I y M y Iy z b d z + M y h h ( ) I y 4 = 1 Nz I y M y b I y Iy Sy + M y h h I y 4. I. Vidav, Diferencialna geometrija, Društvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije, Ljubljana, 1989.

17 1.6 Pomiki linijskega nosilca z upoštevanjem strižnih deformacij 161 S S y označimo statični moment delnega prereza x glede na os y S y = z h(x)/ z b d z = b ) (z h. 4 Če (6) in (6) upoštevamo v (6), zapišemo strižno napetost σ xz takole σ xz = N z S y b I y + M y h 4 h I y ) (6 z h = σ xz,k + σ xz,s. Del strižne napetosti, označen s σ xz,k ima enako obliko, kot v primeru nosilca s konstantnim prečnim prerezom. Del, označen z σ xz,s predstavlja vpliv spreminjanja prečnega prereza. Če upoštevamo spreminjanje višine nosilca po enačbi ( h(x) = h 0 1 x ), L je odvod h enak h (x) = h 0 L. Upoštevamo torej, da je h 1 = h 0 / (slika 1.138). V tem primeru strižno napetost σ xz izračunamo po enačbi σ xz = N ( ) z z h (x) M ( ) y(x) h 0 6 z h (x). I y (x) 4 8 h(x) L I y (x) Za velikosti N z = F = 5 kn, M y = F (L x), L = m, b = 5 cm, h 0 = 0 cm in h 1 = 10 cm, je potek strižne napetosti σ xz za prečne prereze x = 0, x = L/ in x = L, prikazan na sliki Slika 1.140: Potek strižne napetosti σ xz za prečne prereze x = 0, x = L/ in x = L 1.6 Pomiki linijskega nosilca z upoštevanjem strižnih deformacij Bernoulli-Eulerjeva teorija nosilcev, ki smo jo izpeljali v razdelku 1., ne upošteva vpliva strižnih deformacij na pomike. V tem razdelku bomo izpeljali enačbe za račun pomikov nosilca z ravno osjo, ki vključujejo tudi vpliv strižnih deformacij. Vpliv strižnih deformacij na pomike moramo upoštevati pri

18 16 1 Upogib z osno silo kratkih nosilcih. V primeru vitkih nosilcev, ko je razmerje med višino nosilca in dolžino majhno (0.1 ali manj), je napaka pri računu navpičnega pomika, ki jo naredimo, če zanemarimo vpliv strižne deformacije, zanemarljiva (glej preglednico 5. in primer 5.5 v poglavju 5). Izpeljati želimo enačbe za račun pomikov nosilca, s katerimi na preprost način upoštevamo tudi vpliv strižnih deformacij. Obravnavamo ravninski primer v ravnini x, z. Osi y in z sta glavni vztrajnostni osi v težišču prečnega prereza. Vektor pomika u je funkcija koordinat x in z. Funkcijo u razvijemo v Taylorjevo vrsto okrog z = 0 u(x, z) = u(x, 0) + ( ) u z + 1 z z=0! ( ) u z z +. (1.6) z=0 Preprost izraz za pomik u, s katerim upoštevamo vpliv strižnih deformacij, dobimo, če upoštevamo le prva dva člena na desni strani enačbe (1.6) ( ) u u = u 0 + z. (1.63) z z=0 Z u 0 smo označili pomik na osi nosilca u 0 = u(x, 0) = u(x) e x + w(x) e z. Ker sta vektorja u 0 in ( u/ z) z=0 odvisna le od koordinate x, lahko izraz (1.63) zapišemo takole: ( ux (x, z) u = u(x) e x + w(x) e z + z z e x + u ) z(x, z) z=0 z e z. (1.64) z=0 Koordinati u x in u z pomika u sta u x = u + z u x z, z=0 u z = w + z u z z. (1.65) z=0 Če predpostavimo, da je specifična sprememba D zz dolžine vlakna v smeri osi z zanemarljiva, lahko zapišemo, da je ε zz = 0 oziroma ε zz = u z z = 1 u z z = 0. (1.66) z=0 Zasuk ϕ z vlakna v smeri osi z izračunamo z enačbo (glej M. Stanek, G. Turk, Osnove mehanike trdnih teles, Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo, Ljubljana, 1998, enačbi (1.33) in (1.43)) ( ϕ z R z = u ) ( ) y ux +, z z v kateri upoštevamo, da so spremembe dolžin vlaken in zasuki vlaken majhni. Ker obravnavamo ravninski primer, pri katerem je u y = 0, sledi ϕ z (x) R z = u x z (1.67) z=0

19 1.6 Pomiki linijskega nosilca z upoštevanjem strižnih deformacij 163 in lahko zapišemo pomike u x, u y in u z takole: u x (x, z) = u(x) + z ϕ z (x), u y (x, z) = 0, u z (x, z) = w(x). (1.68) Z upoštevanjem enačbe (1.68) zapišemo deformaciji ε xx in ε xz takole: ε xx = u x dx = du dx + z dϕ z dx, ε xz = 1 ( uz x + u ) x = 1 z ( ) dw dx + ϕ z (1.69) Z enačbami (1.68) je privzeto, da prečni prerez ostane raven tudi po deformiranju (u x je linearna fukcija z), ne zahtevamo pa, da je pravokoten na deformirano os nosilca (ne zahtevamo, da je ε xz enak nič) - (slika 1.141). Slika 1.141: Začetna in deformirana lega nosilca Če upoštevamo enoosno napetostno stanje za vzdolžno normalno napetost σ xx = E ε xx ter Hookov zakon za strižno napetost σ xz = G ε xz (E je modul elastičnosti, G pa strižni modul materiala), sledi ( du σ xx (x, z) = E dx + z dϕ ) ( ) z dw, σ xz (x) = G dx dx + ϕ z. (1.70) Iz enačbe (1.70) sledi, da je σ xz po višini prereza konstanten. Osno silo N x, upogibni moment M y in prečno silo N z izračunamo po enačbah (1.9)) in (1.10)) du N x = σ xx da x = E A x dx, A x M y = σ xx z da x = E A x A x N z = σ xz da x = G A x A x ( du dx + z dϕ ) z dϕ z z da x = E I y dx dx, ( ) ( ) dw dw dx + ϕ z da x = G A x dx + ϕ z. (1.71)

20 164 1 Upogib z osno silo Upoštevali smo, da poteka os z skozi težišče prečnega prereza A x in je integral A x z da x = 0. Vztrajnostni moment I y prečnega prereza A x je definiran po enačbi (1.74): I y = A x z da x. Ker se σ xz po višini prereza spreminja (glej primer 4.1 v učbeniku M. Stanek, G. Turk, Osnove mehanike trdnih teles, Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo, Ljubljana, 1998), moramo namesto druge izmed enačb (1.70) za strižno napetost σ xz pisati ( ) dw σ xz (x, z) = G dx + ϕ z(x, z). (1.7) Če bi upoštevali zasuk ϕ z po enačbi (1.7), nebi imeli več enodimenzionalnega računskega modela. Da pa vseeno upoštevamo spreminjanje strižne napetosti po prečnem prerezu in zadržimo enodimenzionalni računski model, spremenimo drugo izmed enačb (1.70) tako, da jo množimo s faktorjem k ter vzamemo, da sta pomik w in zasuk ϕ z odvisna le od x ( ) dw σ xz (x) = k G dx + ϕ z(x). (1.73) Če (1.73) vstavimo v tretjo izmed (1.71), dobimo ( ) dw N z = k G A x dx + ϕ z. (1.74) V literaturi je podanih več različnih definicij faktorja k. Zanimiva je definicija, ki jo podaja Cowper. Za prečni prerez pravokotne in krožne oblike je k enak k p = 10 (1 + ν) ν, k 6 (1 + ν) k = ν. (1.75) Faktor k lahko izračunamo tudi po enačbi k y = 1/κ y oziroma k z = 1/κ z. S κ y in κ z sta označena strižna oblikovna koeficienta, ki ju računamo v razdelku Za pravokotni prerez dobimo κ y = κ z = 1., za krožni prerez pa κ y = κ z = 10/9. V preglednici 1.0 prikazujemo nekaj vrednosti koeficientov k za različne vrednosti ν. Tabela 1.0: Vrednosti koeficientov k po Cowperjevih enačbah ν /κ k p k k Zvezo med pomikoma u, w in zasukom ϕ z ter obtežbami P x, P z in M y dobimo, če v enačbah (1.30) in (1.31) dn x dx + P dn z x = 0, dx + P dm y z = 0, dx N z + M y = 0 (1.76) G.R. Cowper, The Shear Coefficient in Timoshenkos Beam Theory, Journal of Applied Mechanics, June, 1966.

21 1.6 Pomiki linijskega nosilca z upoštevanjem strižnih deformacij 165 upoštevamo prvi dve izmed enačb (1.71) ter enačbo (1.74) ( ) d du E A x + P x = 0, dx dx ( ( )) d dw k G A x dx dx + ϕ z + P z = 0, ( ) ( ) d dϕ z dw E I y k G A x dx dx dx + ϕ z + M y = 0. (1.77) Če so E, G, A x, I y in k konstante, sledi d u E A x dx + P x = 0, ( d w k G A x dx + dϕ z dx E I y d ϕ z dx k G A x ) + P z = 0, ( dw dx + ϕ z ) + M y = 0. (1.78) Enačbe (1.77) oziroma (1.78) določajo Timošenkovo teorijo nosilcev, v matematičnem smislu pa predstavljajo sistem navadnih diferencialnih enačb za pomika u in v ter zasuk ϕ z. Če želimo rešiti diferencialne enačbe, moramo poznati ustrezne robne pogoje. Robne pogoje običajno podajamo na začetku (x = 0) in na koncu (x = L) nosilca. Prvi enačbi v sistemu (1.78), ki ni povezana z drugima dvema, pripadata dva tipa robnih pogojev u = u p ali N x = E A x du dx = N xp, kjer u p in N xp pomenita predpisani vrednosti vzdolžnega pomika in osne sile. Drugi in tretji enačbi v sistemu (1.78) pripadajo naslednji robni pogoji ( ) dw w = w p ali N z = k G A x dx + ϕ z = N zp, in ϕ z = ϕ zp ali M y = E I y dϕ z dx = M yp, kjer so w p, ϕ zp, N zp in M yp predpisane vrednosti pomika, zasuka, prečne sile in upogibnega momenta na mestu, kjer je robni pogoj predpisan. Najpogosteje so predpisane vrednosti pomikov, zasukov oziroma sil in momentov enake nič. Povdariti še moramo, da v isti točki ne moremo istočasno predpisati pomika in ustrezne notranje sile. Na primer: za x = 0 ne moremo predpisati, da je w = 0 in N z = 0.

22 166 1 Upogib z osno silo Druga in tretja enačba v sistemu (1.78) sta med seboj povezani. Enačbi lahko preuredimo tako, da dobimo dve nepovezani enačbi. Če tretjo enačbo v (1.78) odvajamo po x E I y d 3 ϕ z dx 3 k G A x ( d w dx + dϕ ) z + dm y dx dx = 0 dϕ z k G A x dx = E I d 3 ϕ z y dx 3 k G A d w x dx + dm y dx (1.79) in to vstavimo v drugo enačbo sistema (1.78), dobimo enačbo za račun zasuka ϕ z prečnega prereza A x E I y d 3 ϕ z dx 3 + P z + dm y dx = 0. (1.80) Izpeljimo še diferencialno enačbo za w. Najprej drugo enačbo v (1.78) dvakrat odvajamo po x in izrazimo d 3 ϕ z /dx 3 d 3 ϕ z dx 3 = w d4 dx 4 1 d P z k G A x dx. (1.81) Če v prvi izmed enačb (1.79) upoštevamo (1.81) ter drugo enačbo sistema (1.78), zapišemo ( E I y d4 w dx 4 1 d ) P z k G A x dx + P z + dm y dx = 0 in po preureditvi dobimo enačbo za navpični pomik w E I y d 4 w dx 4 = P z + dm y dx E I y k G A x d P z dx. (1.8) Če bi obravnavali nosilec v ravnini x, y, bi namesto (1.67) zapisali u x y = ϕ y (x), y=0 namesto (1.68) u x (x, y) = u(x) y ϕ y (x), u y (x, y) = v(x), u z (x, y) = 0, namesto (1.69) ε xx = du dx y dϕ y dx, ε xy = 1 ( uy x + u ) x = 1 ( ) dv y dx ϕ y, namesto prvih dveh enačb (1.71) in enačbe (1.74) pa bi morali zapisati N x = E A x du dx, M z = E I z dϕ y dx, N y = k G A x ( ) dv dx ϕ y

23 1.6 Pomiki linijskega nosilca z upoštevanjem strižnih deformacij 167 ter namesto (1.77) enačbe ( d du E A x dx dx ( d dx d dx ) + P x = 0, ( )) dv k G A x dx ϕ y + P y = 0, ( ) ( dϕ y dv E I z + k G A x dx dx ϕ y ) + M z = 0. Enačbe Timošenkove teorije nosilcev za ravninski primer izpelje Cowper tako, da integrira ravnotežne enačbe gibanja delca po prečnem prerezu A x. Ustrezne enačbe za primer prostorskega nosilca so izpeljane v članku Staneka. Primer 1.34 Po Timošenkovi teoriji nosilcev izračunajmo pomike in zasuke osi ter zasuke prečnih prerezov prostoležečega nosilca pravokotnega prereza višine h in širine b, ki je po vsej dolžini obtežen z enakomerno obtežbo P z (slika 1.14)! Rezultate primerjajmo s tehnično teorijo nosilcev ter z rezultati, ki jih dobimo, če nalogo rešujemo z bolj točnim dvodimenzionalnim računskim modelom z upoštevanjem ravninskega napetostnega stanja. Slika 1.14: Prostoležeči nosilec, obtežen s konstantno linijsko obtežbo Enačbi (1.80) in (1.8) ob upoštevanju dane obtežbe zapišemo takole: E I y d 3 ϕ z dx 3 = P z, E I y d 4 w dx 4 = P z. (1.83) Robna pogoja v krajiščih sta: w = 0 in M y = 0. Če upoštevamo drugo izmed enačb (1.71), potem lahko namesto M y = 0 upoštevamo dϕ z /dx = 0. Najprej prvo izmed enačb (1.83) trikrat integriramo in dobimo ϕ z = 1 ( P z x 3 + C 1 x ) + C x + C 3. (1.84) E I y 6 G.R. Cowper, The Shear Coefficient in Timoshenkos Beam Theory, Journal of Applied Mechanics, June, M. Stanek, Strižni oblikovni koeficienti ravnega grednega nosilca, 17. Jugoslovanski kongres racionalne in uporabne mehanike, Zbornik del, str. 5-30, Zadar, 1986.

24 168 1 Upogib z osno silo Vidimo, da moramo iz robnih pogojev določiti tri integracijske konstante C 1, C in C 3. Ker lahko za zasuke ϕ z zapišemo le dva robna pogoja x = 0 : x = L : dϕ z dx = 0, dϕ z dx = 0, lahko iz njiju izračunamo le dve konstanti dϕ z dx = 1 C = 0 C = 0, x=0 E I y dϕ z dx = 1 ( P z L ) + C 1 L = 0 C 1 = P z L x=l E I y. Zasuk ϕ z lahko sedaj zapišemo v naslednji obliki ϕ z = 1 ( P z x 3 E I y 6 + P z L x 4 + C 3 ). (1.85) Pomike izračunamo z integriranjem zadnje enačbe sistema diferencialnih enačb (1.78) P z x + P z L k G A x ( dw dx + 1 E I y ( P z x P z L x 4 + C 3 )) = 0. Iz zadnje enačbe izrazimo dw ( ( 1 dw = k G A x P z x + P z L ) 1 ( P z x 3 + P z L x )) + C 3 dx E I y 6 4 in dobimo w = 1 ( P z x k G A x + P ) z L x 1 ( P z x 4 + P z L x 3 ) + C 3 x + C 4. (1.86) E I y 4 1 Konstanti C 3 in C 4 določimo iz robnih pogojev za pomika x = 0 : w = 0 C 4 = 0, x = L : w = 0 1 ( P z L 4 E I y 4 + P z L 4 1 ) + C 3 L = 0 C 3 = P z L 3 4. Pomik w(x) in zasuk ϕ z (x) lahko sedaj zapišemo v zaključeni obliki: w(x) = P z x (L x) P z x ( x 3 + L x L 3 ), (1.87) k G A x 4 E I y ϕ z (x) = P z ( x3 E I y 6 + L ) x L3. (1.88) 4 4

25 1.6 Pomiki linijskega nosilca z upoštevanjem strižnih deformacij 169 Sistem diferencialnih enačb (1.78) lahko rešimo tudi s programom Mathematica: dif1 = k Gm Ax (w''[x] + fiz'[x]) == -Pz; dif = Em Iy fiz''[x] - k Gm Ax (w'[x] + fiz[x]) == 0; rob1 = w[0]==0; rob3 = fiz'[0]==0; rob = w[l]==0; rob4 = fiz'[l]==0; res=dsolve[{dif1,dif,rob1,rob,rob3,rob4},{w[x],fiz[x]},x]; Print[" w(x) = ", Expand[ w[x] /. res[[1,1]] ] ]; Print[" fiz(x) = ", fiz[x] /. res[[1,]] ]; L Pz x L Pz x Pz x L Pz x Pz x w(x) = Ax Gm k 4 Em Iy Ax Gm k 1 Em Iy 4 Em Iy 3 3 -(L Pz) L Pz x Pz x fiz(x) = Em Iy 4 Em Iy 6 Em Iy Enačbi (1.87) in (1.88) lahko preuredimo, pri tem da upoštevamo, da je G = E/[(1+ν)] in A x = b h: w(x) = P z L 4 ( ( x 4 ( x ) ) 3 x E I y L) P z L ( (1 + ν) x ( x ) ) L L k E b h L L (1.89) in ϕ z (x) = P z L 3 ( ( x ) 3 ( ) x (1.90) 4 E I y L L) Zasuk osi nosilca dw/dx lahko izračunamo iz (1.89). Če upoštevamo tudi, da je I y = b h 3 /1 in k = k p = 10 (1 + ν)/( ν), lahko enačbo (1.89) zapišemo tudi takole: ( w(x) = P z L 4 ( x 4 ( x 3 ( x ) E I y L) L) L ( ) h ( 4 + ν x ( x ) ) ) L 10 L w T. (1.91) L Po tehnični teoriji (Bernoulli-Eulerjeva teorija nosilcev) brez upoštevanja vpliva strižnih deformacij, dobimo w = P z L 4 ( ( x 4 ( x ) ) 3 x + w BE, (1.9) 4 E I y L) L L kar predstavlja prvi del enačbe (1.91). Sledi, da drugi del v (1.91) predstavlja vpliv strižne deformacije.

26 170 1 Upogib z osno silo Če nalogo rešimo po ravninskem napetostnem stanju, dobimo ( (( w(x, 0) = P z L 4 x 4 ( x ) ) ( 3 x h E I y L) L L L ) ( ν 10 ) ( x ( x ) ) ) L w RN. L (1.93) Prvi del je enak, kot v izrazu (1.91). Če primerjamo enačbi (1.91) in (1.93), vidimo, da je razmerje pomikov zaradi strižne deformacije po Timošenkovi teoriji in po ravninskem napetostnem stanju tako w T 4 + ν = w RN ν. (1.94) Ker se ν lahko spreminja med 0 in 0.5, ima izraz (1.94) vrednosti med 1.00 in 1.11, razlike v pomikih pa so še manjše. V preglednici 1.1 primerjajmo nekaj numeričnih rezultatov za različna razmerja h/l in različne vrednosti ν. Tabela 1.1: Razmerja pomikov na sredini nosilca po enačbah (1.91), (1.9) in (1.93) h/l ν = 0 ν = 0.5 ν = 0.5 w T /w RN w BE /w RN w T /w RN w BE /w RN w T /w RN w BE /w RN Z w T je označen pomik po Timošenkovi teoriji, z w BE pomik po Bernoulli-Eulerjevi teoriji (razdelek 1..5), z w RN pa pomik izračunan po ravninskem napetostnem stanju. Iz rezultatov v preglednici 1.1 sledi, da vpliva prečnih sil na pomike pri kratkih nosilcih ne smemo zanemariti. Zapišimo še izraza za w(l/) in ϕ z (0), ki ju dobimo po Timošenkovi teoriji: w(l/) = 5 P z L E I y + P z L 8 k G A x, ϕ z (0) = P z L 3 4 E I y. (1.95) Enak rezultat (enačbi (1.95)) dobimo z izrekom o virtualnih silah (glej primer 5.5 v poglavju 5). Po Bernoulli-Eulerjevi teoriji dobimo, da je w(l/) = 5 P z L 4 /384 E I y (preglednica 1.5f), po ravninskem napetostnem stanju pa w(l/) = 5 P z L E I y + P z L 16 (1 + ν) G A x ( ν ). (1.96) I.H. Shames, C.L. Dym,, Energy and Finite Element Methods in Structural Mechanics, Hemisphere Publishing Corporation, New York, 1985.

27 1.6 Pomiki linijskega nosilca z upoštevanjem strižnih deformacij 171 Za pravokotni prerez in ν = 0 je k p = , w(l/) po enačbah (1.95) in (1.96) pa w(l/) = 5 P z L E I y P z L G A x, za ν = 0.3 pa k p = , w(l/) po enačbah (1.95) in (1.96) pa w(l/) = 5 P z L P z L w(l/) = 5 P z L P z L. 384 E I y G A x 384 E I y G A x Primer 1.35 Izračunajmo pomike osi ter zasuke prečnih prerezov pravokotne oblike s širino b in višino h za konzolo, ki je v nepodprtem krajišču obtežena s silo F z (slika 1.143)! Navpični pomik nepodprtega krajišča izračunajmo po Timošenkovi teoriji, ter te rezultate primerjamo z rešitvijo dvodimenzionalnega problema (ravninsko napetostno stanje) in rešitvijo bolj točnega dvodimenzionalnega modela (ravninsko napetostno stanje). Pokažimo tudi, kolikšen je vpliv pečnih sil na pomik. Slika 1.143: Konzola je v prostem krajišču obtežena s silo F z Po Timošenkovi teoriji dobimo w(x) = F z (3 L x x 3 ) + F z x, ϕ z (x) = F z (x L x). 6 E I y k G A x E I y Poudarimo, da moramo pri vpeti podpori upoštevati robni pogoj ϕ z = 0 in ne pogoja dw/dx = 0. Za x = L dobimo ( w T (L) = F z L 3 + F z L = F z L ν ( ) ) h, ϕ z (L) = F z L. (1.97) 3 E I y k G A x 3 E I y k L E I y Enak rezultat (enačbi (1.97)) dobimo z izrekom o virtualnih silah (glej primer 5.5 v poglavju 5). Če nalogo rešimo z dvodimenzionalnim ravninskim modelom ob predpostavki ravninskega napetostnega stanja, ter upoštevanjem robnega pogoja [( u x / z) x=0,z=0 ], dobimo (M. Stanek, G. Turk, Osnove mehanike trdnih teles, Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo, Ljubljana, 1998) ( w OMTT (L) = F z L F z L = F z L 3 3 (1 + ν) E I y G A x 3 E I y 4 ( ) ) h, ϕ z (L) = F z L. (1.98) L E I y

28 17 1 Upogib z osno silo Navpična pomika iz enačb (1.97) in (1.98) zapišimo za primer ν = 0.3 in k = 10 ( )/( ) = : ( w T (L) = F z L 3 ( ) ) ( h , w OMTT (L) = F z L 3 ( ) ) h (1.99) 3 E I y L 3 E I y L dif1 = kgax (w''[x] + fiz'[x]) == 0; dif = EIy fiz''[x] - kgax (w'[x] + fiz[x]) == 0; rob1 = w[0]==0; rob3 = fiz'[l]==0; rob = fiz[0]==0; rob4 = kgax (w'[l] + fiz[l])==f; res=dsolve[{dif1,dif,rob1,rob,rob3,rob4},{w[x],fiz[x]},x]; wr[x_] = w[x] /. res[[1,1]]; Print[" w(x) = ",Expand[wr[x]]]; Print[" w(l) = ",Expand[wr[L]]]; fizr[x_] = fiz[x] /. res[[1,]]; Print[" fiz(x) = ",fizr[x]]; Print[" fiz(l) = ",fizr[l]]; 3 F x F L x F x w(x) = kgax EIy 6 EIy - F L x + F x fiz(x) = EIy 3 F L F L w(l) = kgax 3 EIy -(F L ) fiz(l) = EIy Zadnji rezultat lahko primerjamo še s pomikom, ki ga dobimo, če upoštevamo, da ostane v vpeti podpori cel prerez raven (u x = 0 po celem prerezu x = 0). Enačbo za w(l) za konzolo pravokotnega prečnega prereza, ki je v prostem krajišču obtežena s točkovno silo ter za primer ν = 0.3, podaja Timošenko v knjigi ( w RN (L) = F z L E I y ( ) h L ( ) ) h 3 L (1.300) S. Timoshenko, Strength of Materials, Part 1, Third Edition, D. Van Nostrand Company, Inc., Princenton, New Yersey, 1958.

29 1.6 Pomiki linijskega nosilca z upoštevanjem strižnih deformacij 173 Po Bernoulli-Eulerjevi teoriji dobimo, da je w(l) = F z L 3 /3 E I y (preglednica 1.5a). Tabela 1.: Pomiki z različnimi računskimi modeli pri različnih vrednostih h/l h/l w T /w RN w BE /w RN w OMTT /w RN Primer 1.36 Izračunajmo pomik in zasuk prečnega prereza pri x = L za primer konzole, ki je obtežena z enakomerno linijsko obtežbo P z (slika 1.144). Slika 1.144: Konzola je v obtežena z enakomerno linijsko obtežbo sl! P z Timošenkova teorija ob upoštevanju robnega pogoja ϕ z = 0 v vpeti podpori: ( w T (L) = P z L 4 + P z L = P z L 4 ( ) ) (1 + ν) h 1 +, ϕ z (L) = P z L 3. 8 E I y k G A x 8 E I y 3 k L 6 E I y Enak rezultat (enačba (31)) dobimo z izrekom o virtualnih silah (glej primer 5.5 v poglavju 5). Navpični pomik w RE (L) za primer ν = 0.3 in k = 10 ( )/( ) = je: ( w T (L) = P z L 4 ( ) ) h E I y L Po Bernoulli-Eulerjevi teoriji dobimo, da je w BE (L) = P z L 4 /8 E I y (preglednica 1.5c). Vpliv prečnih sil v odvisnosti od razmerja h/l podajamo v preglednici 1.3. Tabela 1.3: Vpliv prečnih sil na pomike pri različnih vrednostih h/l h/l w BE /w T

30 174 1 Upogib z osno silo dif1 = kgax (w''[x] + fiz'[x]) == -Pz; dif = EIy fiz''[x] - kgax (w'[x] + fiz[x]) == 0; rob1 = w[0]==0; rob3 = fiz'[l]==0; rob = fiz[0]==0; rob4 = kgax (w'[l] + fiz[l])==0; res=dsolve[{dif1,dif,rob1,rob,rob3,rob4},{w[x],fiz[x]},x]; wr[x_] = Expand[w[x] /. Res[[1,1]]]; fizr[x_] = Expand[fiz[x] /. Res[[1,]]]; Print[" w(x) = ",wr[x]]; Print[" fiz(x) = ",fizr[x]]; Print[" w(l) = ",wr[l]]; Print[" fiz(l) = ",fizr[l]]; 3 4 L Pz x Pz x L Pz x L Pz x Pz x w(x) = kgax kgax 4 EIy 6 EIy 4 EIy 3 -(L Pz x) L Pz x Pz x fiz(x) = EIy EIy 6 EIy 4 L Pz L Pz w(l) = kgax 8 EIy 3 -(L Pz) fiz(l) = EIy 1.7 Nosilec z ukrivljeno osjo V tem razdelku obravnavamo linijski nosilec z ukrivljeno osjo. Omejimo se na primer, ko je os nosilca ravninska krivulja v ravnini x, z. Izpeljemo tenzor deformacij glede na ukrivljene koordinatne osi, enačbe za vzdolžno normalno, za strižno in za prečno normalno napetost v ravnini prečnega prereza. Izpeljemo tudi enačbe za račun pomikov ter zasuka. Slika 1.145: Primer dela ukrivljenega nosilca z osjo, vzporedno ravnini x, z