386 4 Virtualni pomiki in virtualne sile oziroma Ker je virtualna sila δf L poljubna, je enačba 4.99) izpolnjena le, če je δf L u L F ) L A x E =. 4.99) u L = F L A x E. Iz prikazanega primera sledi, da z izrekom o virtualnih silah določamo pomike na mestu delovanja virtualne sile δf L.
5 Uporaba izreka o virtualnih silah V poglavju 4 smo izpeljali izreka o virtualnih pomikih in virtualnih silah. Oba sta zelo pomembna, saj lahko z njuno uporabo vpeljemo učinkovite metode za analizo deformiranja konstrukcij. V tem poglavju prikazujemo uporabo izreka o virtualnih silah. Na začetku izpeljemo delo virtualnih napetosti na dejanskih deformacijah za upogib z osno silo, strig in torzijo. Te enačbe združimo v enačbo za delo virtualnih napetosti v linijskem elementu pri poljubni obtežbi. V naslednjem razdelku pokažemo, kako lahko računamo pomike v posameznih točkah statično določene konstrukcije. V tem razdelku je prikazanih dvajset računskih primerov z različnimi linijskimi konstrukcijami in obtežbami. V naslednjih treh razdelkih obravnavamo linearno elastične vzmeti, vpliv strižnih napetosti zaradi prečnih sil na pomike linijskega nosilca in določanje pomikov ukrivljenih statično določenih linijskih konstrukcij. V drugem delu tega poglavja določamo notranje sile in pomike statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil. 5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 5.1.1 Delo virtualnih napetosti za upogib z osno silo in temperaturno obtežbo Izpeljimo izraz za delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za ravni linijski nosilec s konstantnim prečnim prerezom in dolžino L! Predpostavimo, da je koordinatno izhodišče v težišču prečnega prereza in da osi y in z sovpadata z glavnima vztrajnostnima osema prečnega prereza. Pri določanju vpliva spremembe temperature T upoštevajmo, da se sprememba temperature T po prečnem prerezu nosilca linearno spreminja Delo izrazimo z notranjimi silami v nosilcu. T x, y, z) = T x x) + T y x) y + T z x) z. 5.1) Pri izpeljavi izraza za delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah upoštevamo enake predpostavke, kot pri izpeljavi osnovnih enačb za ravni linijski nosilec glej poglavje 1). Upoštevamo, da je
388 5 Uporaba izreka o virtualnih silah v nosilcu enoosno deformacijsko in napetostno stanje: ε xx, ε yy = ε zz = ε xy = ε yz = ε zx =, 5.) Če v izrazu za vzdolžno deformacijo ε xx σ xx, σ yy = σ zz = σ xy = σ yz = σ zx =. 5.3) ε xx = 1 + ν E σ xx ν E σ xx + σ yy + σ zz ) + α T T upoštevamo 5.1) in 5.3), dobimo izraz za vzdolžno deformacijo ε xx = σ xx E + α T T x + T y y + T z z). 5.4) Z α T označujemo linearni temperaturni razteznostni koeficient. Merimo ga v 1/K) oziroma 1/ C). Z upoštevanjem naštetih predpostavk enačbe 5.), 5.3) in 5.4)) v izrazu za delo virtualnih napetosti enačba 4.56)), zapišemo delo virtualnih napetosti v linijskem nosilcu za upogib z osno silo in temperaturno obtežbo takole: δwn σxx ) = ε xx δσ xx dv = E + α T T δσ xx dv. 5.5) V V Normalno napetost σ xx zaradi resnične obtežbe izrazimo z notranjimi silami N x, M y, M z σ xx = N x + M y z M z y, 5.6) I y I z normalno napetost δσ xx zaradi virtualne obtežbe pa z δn x, δm y in δm z V δσ xx = δn x + δm y I y z δm z I z y. 5.7) V enačbi 5.5) upoštevamo izraze 5.4), 5.6) in 5.7) in dobimo delo virtualnih sil na resničnih pomikih izraženo z notranjimi silami 1 δwn Nx = + M y z M ) ) z y + α T T x + T y y + T z z) E I y I z = L δnx { δnx + δm y I y z δm z I z ) y dv = ) ) ) ) Nx My Mz + α T T x + + α T T z z α T T y y E E I y E I z + δm y I y z δm z I z ) } y d dx.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 389 V enačbah 5.6) in 5.7) smo upoštevali, da sta osi y in z glavni vztrajnostni osi v težišču prečnega prereza. Zato so statična momenta S y = z d in S z = y d ter deviacijski vztrajnostni moment I yz = y z d enaki nič. Če pri integriranju po prečnem prerezu to upoštevamo, dobi izraz za delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah naslednjo obliko: δw nn x, M y, M z, T ) = L ) ) ) ) Nx My Mz + α T T x δn x + + α T T z δm y + α T T y δm z dx. E E I y E I z 5.8) Ker smo upoštevali zvezo med napetostmi in deformacijami enačba 5.4)), ter napetosti izrazili z notranjimi silami enačbi 5.6) in 5.7)), je δw n zapisano z notranjimi silami. 5.1. Delo virtualnih napetosti zaradi strižnih sil Določimo delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah zaradi prečnih sil N y in N z! Pri tem upoštevajmo, da vpliva na strižno napetost σ xy le prečna sila N y, na napetost σ xz pa le prečna sila N z glej enačbi 1.136) in 1.137)) σ xy N y ) = N y S z y ) h y ) I z, σ xz N z ) = N z S yz ) b z ) I y. Delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah zaradi prečnih sil N y in N z je Če upoštevamo Hookov zakon dobimo δwnn y, N z ) = ε xy δσ xy + ε xz δσ xz ) dv. V ε xy = σ xy G, δwnn y, N z ) = V σxy δσ xy G ε xz = σ xz G, + σ ) xz δσ xz dv. G Napetosti zaradi prečnih sil δn y in δn z računamo po enakih enačbah, kot napetosti, ki jih povzroči resnična obtežba, saj morajo virtualne sile in napetosti zadoščati ravnotežnim pogojem δσ xy δn y ) = δn y S z y ) h y ) I z, δσ xz δn z ) = δn z S yz ) b z ) I y.
39 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Tako dobimo δw nn y, N z ) = = L L Ny δn y 1 Ny Sz y ) δn y Sz y ) G h y ) I z h y + N z Syz ) δn z Syz ) ) )da ) I z b z ) I y b z x dx = ) I y G I z [Sz y )] [h y )] d + N z δn z G Če s κ y in κ z označimo strižna oblikovna koeficienta prečnega prereza κ y = I z [S z y )] [h y )] d, κ z = Iy Iy [S yz )] [b z )] d [Syz )] ) [b z )] d dx. in z A y in A z strižna prereza dobimo A y = κ y, A z = κ z, δw nn y, N z ) = L κy N y δn y G + κ ) z N z δn z dx = G L Ny δn y G A y + N ) z δn z dx. 5.9) GA z Večja sta strižna oblikovna koeficienta κ y in κ z, večji je vpliv prečnih sil na pomike. Nekaj vrednosti za strižne oblikovne vrednosti: prečni prerez pravokotne oblike: κ y = κ z = 1., prečni prerez okrogle oblike: κ y = κ z = 1/9, tankostenski prerez v obliki črke I: κ z /A s. je ploščina prečnega prereza, A s pa ploščina stojine prereza slika 5.1). SLIKA 5.1: Z A s označimo ploščino stojine prereza M. Stanek, Trdnost Izvlečki iz teorije in rešene naloge, FAGG, Univerza Edvarda Kardelja, Ljubljana, 1989.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 391 5.1.3 Delo virtualnih napetosti zaradi torzijskega momenta Določimo delo δwn virtualnih napetosti na resničnih deformacijah pri enakomerni torziji δwnm x ) = ε xy δσ xy + ε xz δσ xz ) dv! Z upoštevanjem Hookovega zakona dobimo V ε xy = σ xy G, δwnm x ) = V ε xz = σ xz G 1 G σ xy δσ xy + σ xz δσ xz ) dv. Z G označimo strižni modul materiala. Pri enakomerni torziji lahko izrazimo napetosti σ xy in σ xz z napetostno funkcijo ϕy, z) razdelek.3) σ xy y, z) = M x ϕy, z), σ xz y, z) = M x ϕy, z). I x z I x y I x je torzijski vztrajnostni moment prečnega prereza. Napetosti zaradi virtualne obtežbe določimo po enačbah δσ xy y, z) = δm x ϕy, z), δσ xz y, z) = δm x ϕy, z). I x z I x y Zato je oziroma δwnm x ) = δw nm x ) = V L 1 M x δm x G Ix { M x δm x G Ix ) ϕ + M x δm x z Ix ϕ ) + y ) ) ϕ dv y ) ) ϕ } d dx. z Integral po prečnem prerezu, ki nastopa v zavitem oklepaju, začasno označimo z I ϕ ) ) ) ϕ ) ϕ I = + d = y z y y ϕ + ) ϕ )) z z ϕ ϕ ϕ y + ϕ z d. Če upoštevamo Greenov integralni izrek enačba.58) C x je sklenjena krivulja) Pz P y dy + P z dz) = y P ) y d z C z
39 5 Uporaba izreka o virtualnih silah in kompatibilnostno enačbo enakomerne torzije za integracijsko področje dobimo I = ϕ d + ϕ y + ϕ z + =, Za prečni prerez z N odprtinami je mejna črta C x slika 5.). C z )) ϕ ϕ ϕ dz y z dy. C x = C z C n1... C nn. SLIKA 5.: Mejna črta C x prečnega prereza z dvema odprtinama S C ni označimo mejno črto okrog odprtine A ni v negativni sourni) smeri. Tako dobimo I = ϕ d + C z )) ϕ ϕ ϕ z dz y z dy + N i=1 C ni ϕ dz ϕ ni y dζ ϕ z ) dy dζ. dζ Če upoštevamo, da je ϕ z = in enačbe.7),.73) in.77) v poglavju enakomerna torzija nosilca, sledi, da veljajo za mejne črte prečnega prereza C z in C ni dη = ), naslednji izrazi dy = e ζy dζ = y dy dζ = z dζ ζ η dζ = z η, dz = e ζz dζ = z y dz dζ = dζ ζ η dζ = y 5.1) η. Sledi I = ϕ d + N ϕ ni i=1 C ni ϕ y y η + ϕ z z η ) dζ = ϕ d + N ϕ ni i=1 C ni ϕ η dζ.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 393 Kompatibilnostni pogoji za mejne črte C ni so enačba.81)) ϕ C ni : η dζ = A ϕ ni η dζ = A ni, C ni C ni i = 1,..., N). Tako smo pokazali, da je integral I enak torzijskemu vztrajnostnemu momentu I x N I = ϕ d + ϕ ni A ni I x, i=1 delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah pri enakomerni torziji pa δw nm x ) = L M x δm x G I x 5.1.4 Delo virtualnih napetosti v linijskem elementu Delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za linijski element dobimo, če seštejemo enačbe 5.8), 5.9) in 5.1.3) dx. δw n = + L ) Nx + α T T x δn x + N y δn y E GA y My E I y + α T T z ) Mz δm y + α T T y E I z + N z δn z + M x δm x + GA z G I x ) ) δm z dx. 5.11) Če je konstrukcija sestavljena iz večih linijskih elementov, izračunamo δw n tako, da seštejemo delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za vse linijske elemente δw n = el + L i ) Nx + α T T x δn x + N y δn y E GA y My E I y + α T T z ) Mz δm y + α T T y E I z + N z δn z GA z ) ) δm z dx. + M x δm x G I x + 5.1) Oznaka el pomeni, da moramo integrirati po vseh elementih konstrukcije. Enačba 5.1) predstavlja osnovno enačbo za račun pomikov konstrukcij, sestavljenih iz linijskih elementov.
394 5 Uporaba izreka o virtualnih silah 5.1.5 Določitev pomika in zasuka v točki na osi ravnega linijskega nosilca Določiti želimo pomik u T s = u T e s točke T v smeri enotskega vektorja e s ter zasuk ω T s = ω T e s točke T okrog osi, ki je podana z enotskim vektorjem e s slika 5.3). SLIKA 5.3: u T s in ω T s sta projekciji pomika u T in zasuka ω T na premico s v smeri vektorja e s Za določitev pomika u T s postavimo v točko T virtualno točkovno silo δ F T s = δf T s e s. Silo postavimo v smeri iskanega pomika, to je v smeri enotskega vektorja e s. Ker mora biti virtualna obtežba v ravnotežju, dobimo tudi pripadajoči reakciji δ A in δ B slika 5.4). SLIKA 5.4: Virtualna obtežba mora izpolnjevati ravnotežne pogoje Nato uporabimo izrek virtualnih silah δw z = δw n. 5.13) Ker je pomik u A =, pomik u B podpore B pa pravokoten na smer reakcije δ B, sta skalarna produkta δ A u A in δ B u B enaka nič. Delo virtualne obtežbe na resničnih pomikih je zato δw z = δ F T s u T = δf T s e s u T ) = δf T s u T s. 5.14) Ker je velikost δf T s virtualne sile δ F T s poljubna, lahko vzamemo, da je δ F T s = δf T s = 1.. Če upoštevamo še enačbo 5.13), sledi Pomik u T s dobimo s skalarnim množenjem vektorjev e s in u T u T s = δw n δf T s = 1.). 5.15) u T s = 1. u T cos e s, u T ). 5.16)
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 395 Zato pomeni morebitna negativna vrednost pomika u T s, da se točka T pomakne v nasprotni smeri, kot je smer vektorja e s oziroma v nasprotni smeri, kot je smer sile δ F T s. Enačbo za račun zasuka ω T s okrog osi, ki je podana z enotskim vektorjem e s dobimo, če točko T obtežimo z virtualnim točkovnim momentom δ M T s = δm T s e s slika 5.5). SLIKA 5.5: Virtualni moment δ M T s postavimo v točko T v smeri enotskega vektorja e s Zapišemo delo virtualne obtežbe na resničnih pomikih ter upoštevamo izrek o virtualnih silah 5.13) δw z = δ M T s ω T = δm T s e s ω T ) = δm T s ω T s. 5.17) Ker je velikost δm T s poljubna, vzamemo δm T s = 1. in dobimo ω T s = δw n δm T s = 1.). 5.18) Morebitna negativna vrednost ω T s pomeni, da ima resnični zasuk ω T s smer, ki je nasprotna od smeri virtualnega momenta δ M T s. V nadaljevanju delo virtualne obtežbe na resničnih pomikih in notranje sile zaradi virtualne sile velikosti ena označimo s prečko. To pomeni, da pomik in zasuk neke točke na osi nosilca računamo po enačbah delo δ W n pa zapišemo takole: u T s = δ W n, ω T s = δ W n, 5.19) δ W n = el L i Nx + ) + α T T x δ E A N x + N y δ N y + N z δ N z + M x δ M x + x GA y GA z G I x ) ) ) δ M Mz y + α T T y δ E I M z dx, z My E I y + α T T z 5.) kjer so N x, N y, N z, M x, M y in M z notranje sile zaradi dejanske obtežbe, δ N x, δ N y, δ N z, δ M x, δ M y in δ M z pa notranje sile zaradi virtualne sile oziroma momenta velikosti ena. Pri izpeljavi izraza δw n enačba 5.11)) smo z začetnimi predpostavkami o deformacijah in privzeto
396 5 Uporaba izreka o virtualnih silah zvezo med napetostjo in deformacijo zanemarili vpliv strižne napetosti σ yy in σ zz enačba 5.3)). To pomeni, da bomo pri določanju kinematičnih pogojev oziroma pomikov z izrekom o virtualnih silah zanemarili vpliv teh napetosti na pomike. Pomik oziroma zasuk izbrane točke na osi linijskega nosilca izračunamo tako, da določimo delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah, ki ustreza obtežbi z virtualno silo δf T s = 1 oziroma z virtualnim momentom δm T s = 1, na mestu in v smeri iskanega pomika oziroma zasuka. Primer 5.1 Določimo navpični pomik w B in zasuk ω By točke B na osi statično določenega linijskega previsnega nosilca slika 5.6)! Pri računu zanemarimo vpliv prečne sile N z. SLIKA 5.6: Konzolni nosilec obtežen s silo F Bz Delo δ W n je podano z enačbo 5.). Ker vpliva prečne sile N z ne upoštevamo in so vse druge notranje sile razen upogibnega momenta M y enake nič, je δ W n enako δ W n = L M y δ M y E I y računati moramo upogibni moment M y zaradi resnične obtežbe in upogibni moment δ M y zaradi virtualne obtežbe. Upogibni moment M y zaradi sile F Bz je slika 5.7) dx. M y = F Bz L x). SLIKA 5.7: Potek upogibnega momenta M y Potrebujemo še upogibni moment δ M y zaradi virtualne sile. Za račun w B navpičnega pomika točke B, postavimo v to točko virtualno silo δf Bz = 1 v smeri iskanega pomika slika 5.8).
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 397 SLIKA 5.8: Virtualna sila δf BZ in potek upogibnega momenta δ M y Za tako obtežbo je upogibni moment δ M y enak Pomik w B izračunamo po prvi izmed enačb 5.19): w B = δ W n δf Bz = 1) = L δ M y = L x). M y δ M L y dx = E I y F Bz L x) E I y dx = F Bz L 3 3 E I y. Pozitivni predznak pomeni, da ima pomik w B isto smer, kot izbrana virtualna sila δf Bz. Zasuk ω By točke B okrog y osi dobimo, če zapišemo izrek o virtualnih silah za primer obtežbe z virtualnim momentom δm By, ki deluje v točki B in ima smer iskanega zasuka slika 5.9). SLIKA 5.9: Virtualni moment δm By in potek upogibnega momenta δ M y Pri taki obtežbi je od nič različen le upogibni moment δ M y in je enak 1 po celi dolžini nosilca δ M y = 1. Zasuk ω By točke B izračunamo po drugi izmed enačb 5.19): ω By = δ W n δm By = 1) = L M y δ M L y dx = E I y F Bz L x) 1 E I y dx = F Bz L E I y. Negativni predznak pomeni, da ima zasuk ω By točke B nasprotno smer, kot je smer izbranega virtualnega momenta δm By. Primer 5. Za prikazano paličje z uporabo izreka o virtualnih silah določimo navpični pomik točke C ter vodoravni pomik točke B slika 5.1)! Zunanja obtežba je sestavljena iz petih enakih sil F = 15 kn. Prečni prerez in material je za vse palice enak: = 39.6 cm in E = 1 kn/cm. Razdalja a je enaka m.
398 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.1: Paličje, obteženo z navpičnimi silami Ker je v palici edina od nič različna notranja količina osna sila, ki je vzdolž palice konstantna, se izraz za račun pomika v izbranem vozlišču zelo poenostavi w = n L i i=1 N i δ N i E i i dx = n i=1 N i δ N i E i i L i dx = n i=1 N i δ N i L i E i i, kjer z n označimo število palic v paličju, z E i elastični modul, z i ploščino prečnega prereza, z L i pa dolžino palice i. Z N i in δ N i označimo osno silo v palici i zaradi zunanje obtežbe in zaradi virtualne sile. Če imajo vse palice enak prerez in so iz enakega materiala, sledi w = 1 E n N i δn i L i. i=1 Velikosti notranjih sil zaradi zunanje obtežbe in zaradi virtualnih obtežbe δf Cz = 1. in δf Bx = 1. prikazujemo v preglednici 5.1. Tudi vsoto i N i δ N i L i izračunamo v preglednici 5.1.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 399 PREGLEDNICA 5.1: Notranje sile v palicah ter vsota produktov N i δn i L i Palica L i N i δ N i δf Cz = 1) N i δ N i L i δ N i δf Bx = 1) N i δ N i L i 1 a. F.. F a 1.. F a a 1.5 F.5.75 F a 1. 1.5 F a 3 a 1.5 F.5.75 F a 1. 1.5 F a 4 a. F.. F a 1.. F a 5 a 1.5 F.5.75 F a.. F a 6 a. F 1.. F a.. F a 7 a. F 1.. F a.. F a 8 a 1.5 F.5.75 F a.. F a 9 a. F.5 1. F a.. F a 1 a 1.5 F.5.75 F a.. F a 11 a 1. F.. F a.. F a 1 a 1.5 F.5.75 F a.. F a 13 a. F.5 1. F a.. F a 14 a 1.5 F.5 1.5 F a.. F a 15 a.5 F.5.5 F a.. F a 16 a.5 F.5.5 F a.. F a 17 a 1.5 F.5 1.5 F a.. F a 16.16 F a 3. F a Navpični pomik točke C je glej preglednico 5.1): w C = 1 N i δ E A N i L i = x i 16.16 15 1 39.6 =.58 cm, vodoravni pomik točke B pa u B = 1 N i δ EA N i L i = x i 3. 15 1 39.6 =.11 cm.
4 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Primer 5.3 Za prostorsko paličje na sliki 5.11 določimo navpični pomik prijemališča sile F z = 8 kn! Ploščina prečnega prereza palic je cm, modul elastičnosti E pa kn/cm. SLIKA 5.11: Paličje je sestavljeno iz treh palic Notranje sile v palicah izračunamo iz ravnotežnih pogojev za sile v vozlišču prijemališča sile F z slika 5.1). SLIKA 5.1: Na vozlišče 4 delujejo tri neznane in ena znana sila Silo N, ki učinkuje vzdolž premice, podane s točkama T I x I, y I, z I ) in T II x II, y II, z II ) in ima smer od T I proti T II, zapišemo z enačbo: N = N d [ x II x I ) e x + y II y I ) e y + z II z I ) e z ].
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 41 Z N je označena velikost sile N, z d pa razdalja med točkama T I in T II. Označimo z d 1 razdaljo od točke 1 do točke 4, z d razdaljo od točke do 4 in z d 3 razdaljo od točke 3 do 4 slika 5.11). Razdalje d 1 do d 3 so: d 1 = 3 + 4 = 5 m, d = 3 + 4 + 4 = 41 m, d 3 = 4 + 4 = 4 m. Notranje sile v konstrukciji zaradi sile F z izračunamo iz ravnotežnih pogojev za izrezano vozlišče 4 slika 5.1). Sile N 1, N in N 3 zapišemo z enačbami: Ravnotežni pogoji so: Rešitev ravnotežnih enačb je: N 1 = N 1 5 4 e x, 3 e y ), N = N 41 4 e x, 3 e y, 4 e z ), N 3 = N 3 4 4 e x + 4 e z ) = N 3 1 e x + 1 e z ). 4 x = : N1 5 N 4 1 N 3 =, 41 3 y = : N1 5 N 3 =, 41 4 1 z = : N + N 3 8 =. 41 N 1 = 1 kn, N = 41 = 1.81 kn, N 3 = kn. Notranje sile zaradi δf z = 1 v vozlišču 4 izračunamo na enak način in dobimo: Navpični pomik u 4z točke 4 je: δ N 1 = 1.5 kn, δ N =.5 41 = 1.81 kn, δ N 3 = kn. u 4z = 1 E 3 i=1 N i δn i L i = 1 1.5 5 + 41.5 41 1 41 =.48 cm. Primer 5.4 Izpeljimo izraz za integral produkta funkcij fx) in gx) na intervalu od x A do x B. Pri tem upoštevajmo, da je funkcija fx) linearna. Integrali produktov takih funkcij nastopajo v izrazu 5.11) oziroma 5.) za delo δw n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah. Notranje sile δ N x, δ N y, δ N z, δ M x, δ M y in δ M z zaradi točkovne virtualne sile so odsekoma linearne, notranje sile N x, N y, N z, M x, M y in M z zaradi zunanje obtežbe pa so poljubne funkcije odvisne od x slika 5.13).
4 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.13: Funkcija fx) je linearna, funkcija gx) je poljubna Linearno funkcijo fx) lahko zapišemo v obliki fx) = m x + n, kjer sta m in n konstanti. Iskani integral označimo z I x B x B I = fx) gx) dx = m x + n) gx) dx = m x A x B x A x gx) dx + n x B x A gx) dx. 5.1) Prvi integral v enačbi 5.1) predstavlja statični moment S g lika, ki ga določa funkcija gx) in x os na intervalu od x A do x B glede na os, ki poteka skozi točko x = in je pravokotna na os x, drugi integral pa je ploščina A g istega lika I = m S g + n A g. 5.) Statični moment S g lika je produkt abcise težišča x T g lika in ploščine A g Enačbo 5.3) vstavimo v 5.) in dobimo S g = x T g A g. 5.3) I = A g m x T g + n). 5.4) Izraz m x T g + n predstavlja vrednost linearne funkcije f pri x = x T g, to je fx T g ). Dobili smo enačbo I = A g fx T g ), 5.5) ki pove, da je vrednost integrala produkta linearne funkcije fx) in poljubne funkcije gx) na intervalu od x A do x B enaka produktu ploščine A g lika gx) na intervalu od x A do x B in vrednosti funkcije fx T g ) na mestu težišča lika, ki ga določa funkcija gx) slika 5.14). M. Stanek, G. Turk, Statika I, Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo, 1996
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 43 SLIKA 5.14: Integral B A fx) gx) dx je enak produktu ploščine A g in vrednosti linearne funkcije fx T g ) Sedaj si oglejmo še primer, ko sta obe funkciji fx) in gx) linearni slika 5.15). SLIKA 5.15: Če sta obe funkciji linearni, a) določimo ploščino pod funkcijo gx), ali b) ploščino pod funkcijo fx) primer b) V tem primeru lahko sami izberemo, za katero funkcijo bomo izračunali ploščino in težišče Če linearni funkciji fx) in gx) izrazimo z robnimi vrednostmi, sledi x B I = fx) gx) dx = x A I = A g fx T g ) = A f gx T f ). 5.6) x B x A f A + f B f A x L Po integriranju in upoštevanju, da je L = x B x A, dobimo ) g A + g B g A L ) x dx. I = L 6 [f A g A + g B ) + f B g B + g A )]. 5.7)
44 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Funkcijo gx) lahko zapišemo kot vsoto konstantne in linearne funkcije gx) = g 1 x) + g x) slika 5.16). Integral I je v tem primeru enak I = x B x A fx) gx) dx = x B x A fx) g 1 x) dx + Pri tem smo z A 1, f 1, A in f označili naslednje izraze: x B x A fx) g x) dx = A 1 f 1 + A f. 5.8) A 1 = g A L, f 1 = f A + f B f A, A = g B g A L, f = f A + f B f A ), 3 katerih pomen prikazujemo na sliki 5.16. SLIKA 5.16: Območje, ki ga določa funkcija gx), razdelimo na pravokotnik in trikotnik Če funkcijo gx) zapišemo kot vsoto dveh linearnih funkcij gx) = g 3 x)+g 4 x) slika 5.17), izračunamo integral takole: I = x B x A fx) g 3 x) dx + x B x A fx) g 4 x) dx = A 3 f 3 + A 4 f 4. 5.9) SLIKA 5.17: Območje, ki ga določa funkcija gx), razdelimo na dva trikotnika
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 45 Z A 3, f 3, A 4 in f 4 označujemo naslednje izraze: A 3 = g A L, f 3 = f A + f B f A, A 4 = g B L 3, f 4 = f A + f B f A ), 3 katerih pomen prikazujemo na sliki 5.17. V vseh prikazanih primerih enačbe 5.7), 5.8), 5.9)) je vrednost integrala I enaka, kar lahko bralec sam preveri. Primer 5.5 Določimo zasuk ω Ay točke A in pomik w C točke C na prostoležečem nosilcu slika 5.18)! Vpliv prečne sile N z zanemarimo. SLIKA 5.18: Prostoležeči nosilec je obtežen s konstantno linijsko obtežbo Diagram upogibnih momentov zaradi konstantne linijske obtežbe P z je prikazan na sliki 5.19. SLIKA 5.19: Diagram upogibnega momenta zaradi P z Za račun zasuka ω Ay obtežimo točko A z virtualnim momentom δm Ay = 1 slika 5.). SLIKA 5.: Virtualni moment δm Ay postavimo v tisto točko, za katero določamo zasuk Pripadajoči diagram upogibnih momentov prikazujemo na sliki 5.1.
46 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.1: Diagram upogibnih momentov zaradi δm Ay = 1 Zasuk točke A izračunamo po enačbah 5.19) in 5.): ω Ay = L M y δm y dx = 1 P z L E I y E I y 8 3 L } {{ } ploščina parabole 1 ) = P z L 3. 4 E I y }{{} vrednost linearne funkcije pod težiščem parabole Za račun pomika u Cz obtežimo točko C z virtualno silo δf Cz = 1 slika 5.). SLIKA 5.: Virtualno silo δf Cz postavimo v tisto točko, za katero pomik določamo Pripadajoči diagram upogibnih momentov prikazujemo na sliki 5.3. SLIKA 5.3: Diagram upogibnih momentov zaradi δf Cz = 1 Ker funkcija δ M y pri x = L/ spremeni naklon, moramo integral, s katerim izračunamo pomik u Cz u Cz = L M y δ M y E I y izračunati posebej na odseku od do L/ in posebej na odseku od L/ do L. Zaradi simetrije diagramov [M y ] in [δm y ] je dovolj, če določimo vrednost integrala na odseku do L/ in rezultat pomnožimo z dva. Težiše x p in ploščina A p polovice kvadratne parabole slika 5.4) sta določeni z enačbama glej preglednico 1.1) x p = 3 a 8, A p = a b 3. dx
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 47 SLIKA 5.4: Težišče polovice kvadratne parabole Velikost δ M y x T g ) virtualnega momenta pri glej slika 5.4) izračunamo iz podobnosti trikotnikov na sliki 5.5: x T g = 5 a 8 = 5 L 8 = 5 L 16 δ M y x T g ) x T g = L/4 L/ δ M y x T g ) = 5 L 3. SLIKA 5.5: Velikost virtualnega momenta δ M y pri razdalji x T g Pomik u Cz na sredini nosilca je u Cz = P z L L E I y } 8{{ 3 } ploščina parabole 5 L 3 }{{} = vrednost linearne funkcije pod težiščem parabole 5 P z L 4. 384 E I y Na sliki 5.6 prikazujemo deformirano lego konstrukcije. SLIKA 5.6: Deformirana lega konstrukcije
48 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Primer 5.6 Določimo navpični pomik točke D za nosilec na sliki 5.7. Vpliv prečne sile N z zanemarimo. SLIKA 5.7: Prostoležeči nosilec s previsoma Diagram upogibnih momentov [M y ] od zunanje obtežbe F Cz in P z je prikazan na sliki 5.8. SLIKA 5.8: Diagram upogibnih momentov zaradi zunanje obtežbe Za račun pomika w D postavimo v točko D virtualno silo δf Dz = 1 slika 5.9). SLIKA 5.9: Virtualna obtežba za račun navpičnega pomika točke D Pripadajoči diagram upogibnih momentov [δ M y ] prikazujemo na sliki 5.3. SLIKA 5.3: Diagram upogibnih momentov zaradi virtualne sile Iz prikazanih diagramov lahko ugotovimo, da bi bilo določanje ploščine in težišča diagrama [M y ] zapleteno. Reševanje naloge se poenostavi, če upoštevamo princip superpozicije, ki velja za majhne pomike in za linearno elastični material. Princip superpozicije omogoča, da lahko pomik neke točke konstrukcije zaradi vpliva skupine sil izračunamo kot vsoto pomikov te točke zaradi vpliva vsake posamezne sile. V obravnavanem primeru zapišemo princip superpozicije takole w D = w D F Cz ) + w D P z ).
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 49 Določiti moramo torej diagrame notranjih sil za vsako obtežbo posebej. Diagram upogibnega momenta M y zaradi sile F Cz je prikazan za sliki 5.31. SLIKA 5.31: Diagram upogibnega momenta zaradi sile F Cz Diagram M y zaradi zvezne linijske obtežbe P z je prikazan na sliki 5.3. SLIKA 5.3: Diagram upogibnega momenta zaradi linijske obtežbe P z Z upoštevanjem teh diagramov pomika w D F Cz ) in w D P z ) enostavno izračunamo w D F Cz ) = 1 F Cz a b E I y }{{ } ploščina MyF ) c, w D P z ) = 1 }{{} 3 vrednost δ My v težišču MyF ) P z b E I y 8 3 b } {{ } ploščina MyP z) c }{{} vrednost δ My v težišču MyP z). Pomik točke D dobimo, če upoštevamo zakon superpozicije w D = w D F Cz ) + w D P z ) = b c 4 E I y 4 F Cz a P z b ). V primeru, da ne znamo določiti ploščine in težišča diagrama [M y ] tudi ob upoštevanju principa superpozicije, integriramo produkt funkcij M y in δ M y analitično. Deformirano lego konstrukcije prikazujemo na sliki 5.33. SLIKA 5.33: Deformirana lega konstrukcije zaradi sile F Cz, obtežbe P z in skupne obtežbe
41 5 Uporaba izreka o virtualnih silah Primer 5.7 Leva polovica prostoležečega nosilca je obtežena z enakomerno linijsko obtežbo P z. Določimo navpični pomik w C točke C slika 5.34)! Vpliv prečnih sil na pomike zanemarino, E I y = konst. SLIKA 5.34: Konstantna linijska obtežba deluje le na levo polovico nosilca Diagrama upogibnih momentov zaradi P z in zaradi δf z = 1 podajamo na sliki 5.35). SLIKA 5.35: Diagrama M y in δm y Vzdolž leve polovice nosilca integriramo produkt funkcij in M y = 3 P z L 8 δ M y = x, P z x za desno stran pa lahko uporabimo enačbo 5.4) w T = 1 E I y L/ 3 Pz L P z x ) x 8 dx + 1 P z L L 1 L E I y 16 3 4 = 5 P z L 4. 5.3) 768 E I y
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 411 Kljub temu, da izgleda, kot da naloge ne moremo rešiti z uporabo enačbe 5.4), lahko diagram na sliki 5.35a razdelimo na linearni in kvadratni del kot kaže slika 5.35b in z upoštevanjem principa superpozicije problem hitro rešimo w T = 1 [ Pz L E I y 16 L 1 3 ) L + P z L 4 3 L 3 1 ] L = 5 P z L 4, 4 768 E I y kar je enak rezultat, kot smo ga dobili z integriranjem produkta M y in δ M y enačba 5.3)). Vrednost P z L /3, ki pripada kvadratnemu delu diagrama izračunamo tako, kot da imamo prostoležeči nosilec dolžine L/, obtežen z enakomerno obtežbo preko celotne dolžine P z L/) 8 = P z L 3. Pokažimo zakaj lahko del nosilca, ki je obtežen z enakomerno obtežbo, obravnavamo kot prostoležeči nosilec. Konstrukcijo na sliki 5.34 spremenimo tako, da v točko C vstavimo členek za zasuke upogibni členek) in ga tako podpremo, da preprečuje navpični pomik slika 5.36). SLIKA 5.36: Spremenjena, vendar enakovredna konstrukcija Ker smo v točki C vpeljali členek, smo morali na spremenjeno konstrukcijo dodati momentno obtežbo M C. Ker konstrukcija na sliki 5.36 v točki C ni podprta, je reakcija C z =. Druge reakcije in moment M C izračunamo iz ravnotežnih pogojev: =, A z = 3 P z L, B z = P z L 8 8, M C = P z L 16. Diagrami momentov so taki, kot na sliki 5.35, pri čemer momentni diagram na levi strani nosilca določimo kot vsoto momentov zaradi obtežbe M C in momenta zaradi enakomerne obtežbe P z slika 5.37).
41 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.37: Določitev momenta s superpozicijo vpliva obtežb P z in M C Primer 5.8 Določimo navpični pomik točke C slika 5.38)! Nalogo rešujmo z izrekom o virtualnih silah. Upoštevajmo, da je E I y konstanta, vpliv prečnih sil pa zanemarimo. SLIKA 5.38: Na nosilec deluje linijska obtežba trikotne oblike Pomik določimo po enačbi w = L M y δ M y E I y Reakcija A z je A z = q L 1 = q L 4. Vrednost linijske obtežbe q x x) pri poljubnem x določimo s slike 5.39: q x L/ x = q L/ dx. q x = q L ) L x.
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 413 SLIKA 5.39: Trapezno obtežbo na dolžini x razdelimo na dva trikotnika Upogibni moment na intervalu x L/ zaradi zunanje obtežbe je M y = q L 4 x q x 3 x q ) L x L x x 3 = q L 4 x q x + q x 3 3 L. Za račun navpičnega pomika v točki C, na to mesto postavimo virtualno silo δf z = 1 slika 5.4). SLIKA 5.4: Virtualno silo δf z = 1. postavimo v točko, katere pomik želimo določiti Upogibni moment za levo polovico nosilca zaradi virtualne sile δf z = 1 je δ M y = 1 x. Funkcija M y x) je kubična parabola. Ploščine lika pod kubično parabolo in lege težišča ne poznamo, zato bomo pomik w C določili z integriranjem produkta M y δ M y. Ker sta funkciji M y in δ M y simetrični, integriramo le do polovice nosilca, rezultat pa množimo z dva w C = 1 E I y = 1 E I y L/ q L 4 q L x 4 q x x 3 3 q x 4 4 + q 3 L + q x 3 ) x 3 L dx = x 5 ) L/ = 3 q L 4. 5 64 E I y Primer 5.9 Na stojalu za perilo sušite perilo s težo G = 1 N slika 5.41). Teža je enakomerno porazdeljena po dolžini vodoravnega nosilca. Prečni prerez palic ima obliko krožnega kolobarja z zunanjim premerom φ z = 1.5 cm in notranjim premerom φ n = 1.3 cm. Elastični modul je E = 1 7 N/cm. Vez v točki C je taka, da dovoljuje medsebojna zasuka nosilcev AE in BD, preprečuje pa njihove medsebojne pomike. Izračunajmo navpični pomik v točki E! Širina in višina stojala sta enaki L = H = 1 m.
414 5 Uporaba izreka o virtualnih silah SLIKA 5.41: Stojalo za perilo Enakomerna obtežba q na zgornji nosilec je q = G L = 1 1 = 1 N/cm. Ploščino in vztrajnostni moment prečnega prereza izračunamo po enačbah = φ z φ n 4 π =.4398 cm, I y = φ4 z φ 4 n 64 Diagrama notranjih sil zaradi zunanje obtežbe prikazujemo na sliki 5.4. π =.183 cm 4. SLIKA 5.4: Osna sila in upogibni moment zaradi zunanje obtežbe Za določitev navpičnega pomika v točki E v to točko postavimo navpično silo δf z notranjih sil zaradi te sile prikazujemo na sliki 5.43. = 1. Diagrama
5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 415 SLIKA 5.43: Osna sila in upogibni moment zaradi virtualne sile δf z Navpični pomik v točki E določimo z integracijo enačbe w E = Nx δ N x + M y δ M ) y dx = E E I y el Li = 1 1 1 1 + 75 5 E 5 5 + 1 E I y + 5 5 + 75 5 ) + ) 3 5 =.31 +.73 =.7 cm. Relativni vpliv osnih sil na pomik v točki E je zelo majhen, saj znaša le.1 % od skupnega pomika. Pomik v točki E se zgodi skoraj izključno zaradi upogibanja nosilcev, medtem ko je vpliv osnih deformacij zanemarljiv. Zato pri računu velikokrat vpliv osnih sil na pomike zanemarimo. Primer 5.1 Konzola je sestavljena iz petih lesenih desk debeline cm in širine 1 cm. V prvem primeru so deske postavljene vodoravno, v drugem pa navpično slika 5.44). Izračunajmo največjo normalno napetost σ xx,max v konzoli! Točkovna sila na koncu konzole, katere vpliv se enakomerno razdeli na vseh pet desk, je enaka 1 kn. Dolžina konzole je enaka L = 1 m. Izračunajmo tudi poves prostega konca konzole! Elastični modul je E = kn/cm. Vpliv prečnih sil zanemarimo! SLIKA 5.44: Konzolo sestavlja pet desk, ki so položene vodoravno oziroma navpično