313 - FGG-KM - Univerza v Ljubljani

296 3 Metoda pomikov
SLIKA 3.16: Deformirana oblika paličja
Togostna matrika konstrukcije (3.57) zaradi poševne podpore ni simetrična. S posebno operacijo, ki ji
pravimo kondenzacija, lahko dosežemo, da bo matrika simetrična. Tokrat bomo kondenzacijo uporabili
tako, da bomo izločili spremenljivke v 3 (ki je linearno odvisna od pomika u 3 ), R 3X in R 3Y .
Sistem enačb (3.57)
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−354 354 354 −354 0 0 u 1 20
354 −1354 −354 354 0 0
v 1
0
354 −354 −1354 354 1 0
u 3
⎢−354 354 354 −354 0 1
⎥ ⎢ v 3
= −
0
⎥ ⎢ 0
.
⎥
⎣ 0 0 0 0 0.866 0.5⎦
⎣R 3X
⎦ ⎣ 0 ⎦
0 0 −0.5 0.866 0 0 R 3Y 0
razdelimo na dva dela. Prve tri enačbe pripadajo tistim prostostnim stopnjam, ki jih želimo ohraniti [u a ],
druge tri pa tistim, ki jih želimo izločiti [u b ]
[ ] [ ] [ ]
[Kaa ] [K ab ] [ua ] [Fa ]
= . (3.58)
[K ba ] [K bb ] [u b ] [F b ]
Izpišimo drugo vrstico matrične enačbe (3.58)
Iz enačbe (3.59) lahko izrazimo [u b ]
[K ba ] [u a ] + [K bb ] [u b ] = [F b ]. (3.59)
[u b ] = [K bb ] −1 (− [K ba ] [u a ] + [F b ]), (3.60)
kjer smo z [K bb ] −1 označili inverzno matriko matrike [K bb ]. Sedaj vstavimo enačbo (3.60) v prvo vrstico
enačbe (3.58) in dobimo
[K aa ] [u a ] + [K ab ] [K bb ] −1 (− [K ba ])[u a ] + [F b ]) = [F a ] →
([K aa ] − [K ab ] [K bb ] −1 [K ba ])[u a ] = [F a ] − [K ab ] [K bb ] −1 [F b ].
(3.61)
Simetrično matriko [K aa ]−[K ab ][K bb ] −1 [K ba ] imenujemo kondenzirana matrika in jo označimo s [ ¯K aa ]
[ ¯K aa ] = [K aa ] − [K ab ][K bb ] −1 [K ba ].

3.1 Ravninsko paličje 297
Desno stran sistema enačb (3.61) označimo s [ ¯F a ]:
[ ¯F a ] = [F a ] − [K ab ] [K bb ] −1 [F b ].
Enačbo konstrukcije sedaj zapišemo v kondenzirani obliki z enačbo
Inverzna matrika [K bb ] −1 je
[ ¯K aa ][u a ] = [ ¯F a ].
⎡
0 0 2 √ ⎤ ⎡
⎤
3/3
[K bb ] −1 = ⎣− √ 3/3 2 √ 0 0 1.155
3/3 707/3
1 0 707 √ ⎦ = ⎣−0.577 1.155 235.7⎦ .
3/3
1 0 408.2
Kondenzirana matrika [ ¯K aa ] pa je
⎡
⎤
[ ¯K
−354 354 354
aa ] = ⎣ 354 −1354 −354⎦ −
354 −354 −1354
⎡
⎤ ⎡
⎤ ⎡
⎤
−354 0 0 0 0 1.155 −354 354 354
− ⎣ 354 0 0⎦
⎣−0.577 1.155 235.7⎦
⎣ 0 0 0⎦ =
354 1 0 1 0 408.2 0 0 0.5
⎡
⎤
−354 354 149.6
= ⎣ 354 −1354 −149.6⎦ .
149.6 −149.6 −1063.2
Ker je [F b ] enak nič, ostane desna stran nespremenjena
Če sedaj rešimo simetrični sistem enačb
⎡ ⎤
[ ¯F
20
a ] = [F a ] = − ⎣ 0 ⎦ .
0
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−354 354 149.6 u 1 20
⎣ 354 −1354 −149.6⎦ − ⎣v 1
⎦ = − ⎣ 0 ⎦ ,
149.6 −149.6 −1063.2 u 3 0
dobimo enake rešitve, kot prej, ko smo naznanke računali iz enačbe (3.57).
Poševno drsno podporo lahko obravnavamo tudi tako, da jo modeliramo s poševno palico z zelo veliko
osno togostjo (slika 3.17). Izberemo lahko dolžino palice 34 z l 3,4 = 1 m. Izberemo tudi, da je osna
togost k 3,4 = 10 000 k 1,2 = 10 000 000.

298 3 Metoda pomikov
SLIKA 3.17: Poševno podporo lahko računsko obravnavamo s palico zelo velike togosti
Togostne matrike palic 12, 13 in 23 ostanejo nespremenjene. Dodatno pa moramo izračunati togostno
matriko palice 34. Upoštevamo, da je cos α 3,4 = sin α p in cos β 3,4 = − cos α p ter dejstvo, da je osna
togost k 3,4 zelo velika
[
sin 2 ] [ ]
α
[ K 3,4 ] = k p − sin α p cos α p 2500000 −4330130
3,4
− sin α p cos α p cos 2 =
.
α p −4330130 7500000
Izračunati moramo še togostno matriko [ K 3,4 ], ki je v tem primeru nekoliko spremenjena
[ ]
−2.50135 4.33048
[ K 3,4 ] = −[ K 3,1 ] − [ K 3,2 ] − [ K 3,4 ] =
10 6 .
4.33048 −7.50035
Enačba konstrukcije ob upoštevanju robnih pogojev v vozliščih 2 in 4 je
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−354 354 354 −354 u 1 −20
⎢ 354 −1354 −354 354
⎥ ⎢v 1
⎥
⎣ 354 −354 −2501350 4330480⎦
⎣u 3
⎦ = ⎢ 0
⎥
⎣ 0 ⎦ .
−354 354 4330480 −7500350 v 3 0
Rešitev tega sistema enačb
u 1 = 0.0801 m, v 1 = 0.0200 m, u 3 = 0.0085 m, v 3 = 0.0049 m,
je povsem enaka, kot pri prejšnjem računu.
Primer 3.4 Paličje na sliki 3.18 je obteženo z vodoravno silo F = 20 MN. Elastični modul palic je
E = 2 × 10 5 MPa, ploščina prereza palic pa A = 0.01 m 2 . Določimo pomike vozlišč 1 in 4, reakcije v
podporah 2, 3 in 5 ter sile v palicah! Dolžina a na sliki 3.18 je a = 2 m.

3.1 Ravninsko paličje 299
SLIKA 3.18: Paličje sestavlja pet palic
Stopnjo statične nedoločenosti za paličje s 5 palicami in 2 prostima vozliščema je
n = 5 − 2 · 2 = 1
Konstrukcija je enkrat statično nedoločena. Za vseh pet palic napišimo preglednico 3.4.
PREGLEDNICA 3.4: Dolžina, smerni kosinusi in osna togost palic
Vozlišči i in j l i,j cos α i,j cos β i,j E i,j A i,j / l i,j
1, 2 2 0 −1 1000
1, 3 2 √ √ √
2 2 / 2 − 2 / 2 707
1, 4 2 1 0 1000
4, 3 2 0 −1 1000
4, 5 2 √ √ √
2 2 / 2 − 2 / 2 707
Togostne matrike posameznih palic smo že izračunali pri prejšnjih dveh nalogah, zato jih sedaj samo
prepišemo
[ ]
[ ]
[ ]
0 0
354 −354
1000 0
[ K 1,2 ] = [ K 4,3 ] = , [ K
0 1000 1,3 ] = [ K 4,5 ] =
, [ K
−354 354 1,4 ] = .
0 0
Matrike [K i,i ] so
[ ]
−1354 354
[K 1,1 ] = −([K 1,2 ] + [K 1,3 ] + [K 1,4 ]) =
,
354 −1354
[ ] 0 0
[K 2,2 ] = −[K 2,1 ] =
,
0 −1000
[ ]
−354 354
[K 3,3 ] = −([K 3,1 ] + [K 3,4 ]) =
,
354 −1354
[ ]
−1354 354
[K 4,4 ] = −([K 4,1 ] + [K 4,3 ] + [K 4,5 ]) =
,
354 −1354

300 3 Metoda pomikov
[K 5,5 ] = −[K 5,4 ] =
[ ]
−354 354
.
354 −354
Togostno matriko konstrukcije sestavimo iz podmatrik [K i,j ], tako kot kaže naslednja enačba
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡
⎤ u 1 F
[K 1,1 ] [K 1,2 ] [K 1,3 ] [K 1,4 ] [ ∅ ]
v 1
0
[K 2,1 ] [K 2,2 ] [ ∅ ] [ ∅ ] [ ∅ ]
0
R 2X
0
R 2Y
[K 3,1 ] [ ∅ ] [K 3,3 ] [K 3,4 ] [ ∅ ]
0
0
= −
R 3X
R 3Y
, (3.62)
⎢
[K 4,1 ] [ ∅ ] [K 4,3 ] [K 4,4 ] [K 4,5 ]
⎥
u 4
0
⎣
⎦
⎢v 4 ⎥ ⎢ 0
⎥
[ ∅ ] [ ∅ ] [ ∅ ] [K 5,4 ] [K 5,5 ] ⎣ 0 ⎦ ⎣R ⎦ 5X
0 R 5Y
Ker so pomiki u 2 , v 2 , u 3 , v 3 , u 5 in v 5 enaki nič, lahko v enačbi konstrukcije (3.62) črtamo tretjo, četrto,
peto, šesto, deveto in deseto vrstico in ustrezne stolpce
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−1354 354 1000 0 u 1 20
⎢ 354 −1354 0 0
⎥ ⎢v 1
⎥
⎣ 1000 0 −1354 354⎦
⎣u 4
⎦ = − ⎢ 0
⎥
⎣ 0 ⎦ .
0 0 354 −1354 v 4 0
Rešitev tega sistema enačb je
u 1 = 0.0427 m, v 1 = 0.0112 m, u 4 = 0.0338 m, v 4 = 0.0088 m.
Iz enačb, ki smo jih črtali, lahko izračunamo reakcije v podporah 2, 3 in 5
⎡ ⎤ ⎡
⎤
⎡ ⎤
R 2x
0 0 0 0
⎡ ⎤
0.0
R 2y
0 1000 0 0
0.0427
−11.2
R 3x
⎢R 3y
= −
354 −354 0 0
⎢0.0112
⎥
⎥ ⎢−354 354 0 1000
⎣
⎥ 0.0338⎦ = −11.2
⎢ 2.4
.
⎥
⎣R 5x
⎦ ⎣ 0 0 354 −354⎦
0.0088 ⎣ −8.9 ⎦
R 5y 0 0 −354 354
8.9
Osne sile v palicah so
N 1,2 = 1000 [ (0 − 0.0427) 0 + (0 − 0.0112) (−1) ] = 11.2 MN,
N 1,3 = 707 [ (0 − 0.0427) 0.707 + (0 − 0.0112) (−0.707) ] = −15.7 MN,
N 1,4 = 1000 [ (0.0338 − 0.0427) 1 + (0.0088 − 0.0112) 0 ] = −8.9 MN,
N 4,3 = 1000 [ (0 − 0.0338) 0 + (0 − 0.0088) (−1) ] = 8.8 MN,
N 4,5 = 707 [ (0 − 0.0338) 0.707 + (0 − 0.0088) (−0.707) ] = −12.5 MN
Sile N 1,2 in N 4,3 so natezne, N 1,3 , N 1,4 in N 4,5 so tlačne. Pomiki vozlišča 1 so manjši kot pri prejšnjih
primerih, saj so dodatne palice povečale togost konstrukcije. Na sliki 3.19 je prikazana deformirana
oblika paličja.

3.1 Ravninsko paličje 301
SLIKA 3.19: Deformirana oblika paličja
Primer 3.5 Palica 1 paličja na sliki 3.20 se segreje za 100 ◦ C. Elastični modul palic je E = 2·10 5 MPa,
temperaturni razteznostni koeficient α T = 10 −5 ( ◦ C) −1 , ploščina prereza palic pa A = 0.01 m 2 .
Določimo pomika vozlišča 1, reakcije v podporah 2 in 3 ter sile v palicah! Dolžina a na sliki 3.20
je a = 2 m.
SLIKA 3.20: Navpična palica se segreje za 100 ◦ C
Konstrukcija je povsem enaka kot pri primeru 3.1. Zato je njena togostna matrika enaka
[ ] [ ] [ ]
−354 354 u1 ¯F1x
= − .
354 −1354 v 1
¯F 1y
Nadomestne sile izračunamo po enačbi (3.33)
[ ] [ ] [ ¯F1X
0 0
= −E ¯F 1,2 A 1,2 α T 1,2 ∆T 1,2 = ,
1Y −1 2]
[ ] [ ] [ ¯F2X
0 0
= −E ¯F 2,1 A 2,1 α T 2,1 ∆T 2,1 =
2Y 1 −2]
Z rešitvijo sistema enačb [ ] [ ] [ −354 354 u1 0
=
354 −1354 v 1 −2]

302 3 Metoda pomikov
izračunamo neznana pomika
u 1 = 0.002 m, v 1 = 0.002 m.
Reakcije izračunamo po enačbah (3.40)
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
R 2X
0 0
[ ]
¯F 2X 0 0 0
⎢R 2Y
⎥
⎣R 3X
⎦ = − ⎢ 0 1000
⎥ 0.002
⎣ 354 −354⎦
− ⎢
¯F 2Y
⎥
0.002 ⎣ ¯F 3X
⎦ = ⎢−2
⎥
⎣ 0 ⎦ − ⎢−2
⎥
⎣ 0 ⎦ = ⎢0
⎥
⎣0⎦ .
R 3Y −354 354
¯F 3Y 0 0 0
Izračunati moramo še osne sile v palicah po enačbi (3.20)
N 1,2 = 1000 [ (0 − 0.002) · 0 + (0 − 0.002) · (−1) ] − 2 · 10 5 · 0.01 · 10 −5 · 100 = 0,
N 1,3 = 0.
Obe osni sili sta enaki nič. Pri statično določeni konstrukciji enakomerne temperaturne spremembe
povzročijo pomike, ne pa tudi reakcij in notranjih sil. Na sliki 3.21 je prikazana deformirana oblika
paličja, prikazani pomiki so v primerjavi z dimenzijami konstrukcije povečani za 100-krat.
SLIKA 3.21: Deformirana oblika paličja
Primer 3.6 Palica 5 paličja na sliki 3.22 se segreje za 100 ◦ C. Elastični modul palic je E = 2·10 5 MPa,
temperaturni razteznostni koeficient α T = 10 −5 ( ◦ C) −1 , ploščina prerezov palic pa A = 0.01 m 2 .
Določimo pomike vozlišč 1 in 2, reakcije v podporah in sile v palicah! Dolžina a na sliki 3.22 je a = 2 m.
Upoštevamo, da paličje sestavlja pet palic in sta dve vozlišči nepodprti
Konstrukcija je enkrat statično nedoločena.
n = 5 − 2 · 2 = 1.

3.1 Ravninsko paličje 303
SLIKA 3.22: Statično nedoločeno paličje je obteženo le s temperaturno obtežbo
Za vse palice napišimo preglednico 3.5.
PREGLEDNICA 3.5: Dolžina, smerni kosinusi in osna togost palic
Vozlišči i in j l i,j cos α i,j cos β i,j E i,j A i,j / l i,j
1, 3 2 0 −1 1000
2, 4 2 0 −1 1000
1, 2 2 1 0 1000
1, 4 2 √ √ √
2 2 / 2 − 2 / 2 707
4, 5 2 √ 2 − √ 2 / 2 − √ 2 / 2 707
Togostne matrike za posamezne palice so
[ ]
[ ]
0 0
1000 0
[ K 1,3 ] = [ K 2,4 ] = , [ K
0 1000
1,2 ] = ,
0 0
[ ]
[ ]
354 −354
354 354
[ K 1,4 ] =
, [ K
−354 354
2,3 ] =
,
354 354
togostni matriki [K 1,1 ] in [K 2,2 ] sta
[ ]
−1354 354
[K 1,1 ] = − ([K 1,3 ] + [K 1,2 ] + [K 1,4 ]) =
,
354 −1354
[ ]
−1354 −354
[K 2,2 ] = − ([K 2,3 ] + [K 2,1 ] + [K 2,4 ]) =
.
−354 −1354
Togostno matriko konstrukcije sestavimo iz podmatrik [K i,j ], tako, da za vozlišči 1 in 2 zapišemo enačbo

304 3 Metoda pomikov
(3.32), za vozlišči 3 in 4 pa enačbo (3.40)
⎡
⎡
⎤
[K 1,1 ] [K 1,2 ] [K 1,3 ] [K 1,4 ]
[K 2,1 ] [K 2,2 ] [K 2,3 ] [K 2,4 ]
[K
⎢ 3,1 ] [K 3,2 ] [ I ] [ ∅ ]
⎥
⎣
⎦ ⎢
[K 4,1 ] [K 4,2 ] [ ∅ ] [ I ] ⎣
u 1
v 1
u 2
v 2
0
0
0
0
⎤ ⎡ ⎤
¯F 1X
¯F 1Y
¯F 2X
= −
¯F 2Y
R 3X + ¯F 3X
.
⎥ ⎢R 3Y + ¯F 3Y
⎦ ⎣R 4X + ¯F
⎥
4X
⎦
R 4Y + ¯F 4Y
Izračunati moramo nadomestne obtežbe. Segrevanje palice 5 vpliva le na obtežbo v vozliščih 2 in 3. Zato
izračunamo (enačba (3.33))
[ ]
[ √ ] [√ ]
¯F2X
− 2/2
= −E ¯F 2,3 A 2,3 α T 2,3 ∆T 2,3
2Y − √ 2
= √ ,
2/2 2
[ ]
[√ ] [ √ ]
¯F3X
2/2
= −E ¯F 3,2 A 3,2 α T 3,2 ∆T 3,2
√ − 2
=
3Y 2/2 − √ .
2
Upoštevamo, da sta vozlišči 3 in 4 podprti. Zato lahko iz enačbe konstrukcije črtamo tretjo in četrto
enačbo ter tretji in četrti stolpec. Iz enačbe konstrukcije
izračunamo neznane pomike
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−1354 354 1000 0 u 1 0
⎢ 354 −1354 0 0
⎥ ⎢v 1
⎥
⎣ 1000 0 −1354 −354⎦
⎣u 2
⎦ = − ⎢
0
√ ⎥
⎣ 2 ⎦ .
√
0 0 −354 −1354 v 2 2
u 1 = 0.00177 m, v 1 = 0.00046 m, u 2 = 0.00223 m, v 2 = 0.00046 m.
Iz enačb, ki smo jih črtali, izračunamo reakcije v podporah 3 in 4
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
R 3X
0 0 354 354 0.00177
⎢R 3Y
⎥
⎣R 4X
⎦ = − ⎢ 0 1000 354 354
⎥ ⎢0.00046
⎥
⎣ 354 −354 0 0⎦
⎣0.00223⎦ −
R 4Y −354 354 0 1000 0.00046
⎡
− √ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
2
− ⎢− √ −0.952 1.414 0.46
2
⎥
⎣ 0 ⎦ = ⎢−1.414
⎥
⎣−0.462⎦ + ⎢1.414
⎥
⎣ 0 ⎦ = ⎢ 0.00
⎥
⎣−0.46⎦ MN.
0 0.000 0 0.00

3.1 Ravninsko paličje 305
Osne sile so
N 1,3 = 1000 [ (0 − 0.00177) 0 + (0 − 0.00046)(−1) ] = 0.46 MN,
N 2,4 = 1000 [ (0 − 0.00223) 0 + (0 − 0.00046)(−1) ] = 0.46 MN,
N 1,2 = 1000 [ (0.00223 − 0.00177) 1 + (0.00046 − 0.00046) 0 ] = 0.46 MN,
N 1,4 = 707 [ (0 − 0.00177) 0.707 + (0 − 0.00046) (−0.707) ] = −0.65 MN,
N 2,3 = 707 [ (0 − 0.00223) (−0.707) + (0 − 0.00046) (−0.707) ] − 2 · 10 5 · 0.01 · 10 −5 · 100 =
= −0.65 MN.
Sile N 1,3 , N 2,4 in N 1,2 so natezne, sili N 1,4 in N 2,3 pa sta tlačni. Pri statično nedoločeni konstrukciji
je temperaturna obtežba povzročila pomike ter notranje sile in reakcije. Na sliki 3.23 je prikazana
deformirana oblika paličja.
SLIKA 3.23: Deformirana oblika paličja
Primer 3.7 Izračunajmo pomike prostih vozlišč, reakcije v podporah in sile v palicah za prikazano
paličje na sliki 3.24! Elastični modul palic je E = 2×10 5 MPa, ploščina prereza palic pa A = 0.01 m 2 .
Velikost sile P = 2 m, pomik vozlišča 2 pa ∆v 2 = −0.002 m.
SLIKA 3.24: Vozlišče 2 se premakne v navpični smeri za 2 mm

306 3 Metoda pomikov
Vozlišči 4 in 5 sta obteženi z enakima navpičnima silama F . Zaradi podajnosti podlage je navpični pomik
v točki 2 različen od nič ∆v 2 = −0.002 m.
Zapišimo preglednico s podatki o posameznih palicah.
PREGLEDNICA 3.6: Dolžina, smerni kosinusi in osna togost palic
Vozlišči i in j l i,j cos α i,j cos β i,j E i,j A i,j / l i,j
1, 4 5 0.6 0.8 400
1, 2 6 1.0 0.0 333
4, 5 6 1.0 0.0 333
4, 2 5 0.6 −0.8 400
2, 5 5 0.6 0.8 400
2, 3 6 1.0 0.0 333
5, 3 5 0.6 −0.8 400
Togostne matrike posameznih palic izračunamo po enačbah (3.27) in (3.34)
[ ] [ ]
0.36 0.48 144 192
[ K 1,4 ] = 400
=
,
0.48 0.64 192 256
[ ] [ ]
1 0 333 0
[ K 1,2 ] = 333 = ,
0 0 0 0
[ ] [ ]
1 0 333 0
[ K 4,5 ] = 333 = ,
0 0 0 0
[ ] [ ]
0.36 −0.48 144 −192
[ K 4,2 ] = 400
=
,
−0.48 0.64 −192 256
[ ] [ ]
0.36 0.48 144 192
[ K 2,5 ] = 400
=
,
0.48 0.64 192 256
[ ] [ ]
1 0 333 0
[ K 2,3 ] = 333 = ,
0 0 0 0
[ ] [ ]
0.36 −0.48 144 −192
[ K 5,3 ] = 400
=
,
−0.48 0.64 −192 256
[ ]
−477 −192
[K 1,1 ] = −([K 1,2 ] + [K 1,4 ]) =
,
−192 −256
[K 2,2 ] = −([K 2,1 ] + [K 2,4 ] + [K 2,5 ] + [K 2,3 ]) =
[K 3,3 ] = −([K 3,2 ] + [K 3,5 ]) =
[ ]
−477 192
,
192 −256
[ ]
−954.7 0
,
0 −512

3.1 Ravninsko paličje 307
[ ]
−621 0
[K 4,4 ] = −([K 4,1 ] + [K 4,2 ] + [K 4,5 ]) =
,
0 −512
[ ]
−621 0
[K 5,5 ] = −([K 5,4 ] + [K 5,2 ] + [K 5,3 ]) =
.
0 −512
Togostno matriko konstrukcije sestavimo iz podmatrik [K i,j ]
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡
⎤ u 1 R 1X
[K 1,1 ] [K 1,2 ] [ ∅ ] [K 1,4 ] [ ∅ ]
v 1
R 1Y
[K 2,1 ] [K 2,2 ] [K 2,3 ] [K 2,4 ] [K 2,4 ]
u 2
0
v 2
R 2Y
[ ∅ ] [K 3,2 ] [K 3,3 ] [ ∅ ] [K 3,5 ]
u 3
v 3
= −
0
R 3Y
⎢
[K 4,1 ] [K 4,2 ] [ ∅ ] [K 4,4 ] [K 4,5 ]
⎥
u 4
0
⎣
⎦
⎢v 4 ⎥ ⎢ −F
⎥
[ ∅ ] [K 5,2 ] [K 5,3 ] [K 5,4 ] [K 5,5 ] ⎣u ⎦ ⎣
5 0 ⎦
v 5 −F
(3.63)
in jo izrazimo s togostnimi koeficienti
⎡
⎤⎡
⎤ ⎡
−477 −192 333 0 0 0 144 −192 0 0 u 1
−192 −256 0 0 0 0 192 256 0 0
v 1
333 0 −955 0 333 0 144 −192 144 192
u 2
0 0 0 −512 0 0 −192 256 192 256
v 2
0 0 333 0 −477 192 0 0 144 −192
u 3
0 0 0 0 192 −256 0 0 −192 256
v 3
=
144 192 144 −192 0 0 −621 0 333 0
u 4
⎢ 192 256 −192 256 0 0 0 −512 0 0
⎥⎢v 4 ⎥ ⎢
⎣ 0 0 144 192 144 −192 333 0 −621 0⎦⎣u ⎦ ⎣ 5
0 0 192 256 −192 256 0 0 0 −512 v 5
Ob upoštevanju podpor v vozliščih 1 in 3 je enačba konstrukcije taka:
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡
−954.7 0 333.3 144 −192 144 192 u 2
0 −512 0 −192 256 192 256
v 2
333.3 0 −477.3 0 0 144 −192
u 3
144 −192 0 −621.3 0 333.3 0
u 4
= −
⎢ −192 256 0 0 −512 0 0
⎥ ⎢v 4
⎥ ⎢
⎣ 144 192 144 333.3 0 −621.3 0⎦
⎣u 5
⎦ ⎣
192 256 −192 0 0 0 −512 v 5
−R 1X
−R 1Y
0
−R 2Y
0
−R 3Y
0
R 2Y
0
0
−F
0
−F
0
F
0
F
⎤
⎤
. (3.64)
⎥
⎦
. (3.65)
⎥
⎦

308 3 Metoda pomikov
Sedaj upoštevamo še, da je pomik v vozlišču 2 predpisan: v 2 = ∆v 2 in iz (3.65) dobimo
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
−954.7 333.3 144 −192 144 192 u 2
0
0
333.3 −477.3 0 0 144 −192
u 3
0
0
144 0 −621.3 0 333.3 0
u 4
⎢ −192 0 0 −512 0 0
⎥ ⎢v 4
=
0 + 192 ∆v 2
⎥ ⎢F − 256 ∆v 2
=
−0.384
⎥ ⎢ 2.512
. (3.66)
⎥
⎣ 144 144 333.3 0 −621.3 0⎦
⎣u 5
⎦ ⎣ 0 − 192 ∆v 2
⎦ ⎣ 0.384⎦
192 −192 0 0 0 −512 v 5 F − 256 ∆v 2 2.512
Rešitve sistema enačb (3.66) so:
u 2 = 0.002305 m, u 3 = 0.004609 m,
u 4 = 0.002359 m, v 4 = −0.005770 m,
u 5 = 0.002250 m, v 5 = −0.005770 m.
Reakcije izračunamo po enačbah (3.40) (glej (3.64))
− R 1X = 333 u 2 + 144 u 4 + 192 v 4 → R 1X = 0 MN,
− R 1Y = 192 u 4 + 256 v 4 → R 1Y = 1.024 MN,
− R 2Y = −512 v 2 − 192 u 4 + 256 v 4 + 192 u 5 + 256 v 5 → R 2Y = 1.951 MN,
− R 3Y = 192 u 3 − 192 u 5 + 256 v 5 → R 3Y = 1.024 MN.
Osne sile v palicah izračunamo iz pomikov vozlišč po enačbi (3.20):
N 1,2 = 333 [ (u 2 − u 1 ) 1 ] = 0.7682 MN,
N 1,4 = 400 [ (u 4 − u 1 ) 0.6 + (v 4 − v 1 ) 0.8 ] = −1.2803 MN,
N 4,2 = 400 [ (u 4 − u 2 ) 0.6 + (v 4 − v 2 ) (−0.8) ] = −1.2197 MN,
N 4,5 = 333 [ (u 5 − u 4 ) 1 ] = −0.0364 MN,
N 2,5 = 400 [ (u 5 − u 2 ) 0.6 + (v 5 − v 2 ) 0.8 ] = −1.2197 MN,
N 2,3 = 333 [ (u 3 − u 2 ) 1 ] = 0.7682 MN,
N 5,3 = 400 [ (u 5 − u 3 ) 0.6 + (v 5 − v 3 ) (−0.8) ] = −1.2803 MN,
Na sliki 3.25 je prikazana deformirana oblika paličja.

3.1 Ravninsko paličje 309
SLIKA 3.25: Deformirana oblika paličja
Primer 3.8 Izračunajmo pomike prostih vozlišč, reakcije v podporah in sile v palicah za prikazano
paličje (slika 3.26)! Elastični modul palic je E = 2 × 10 5 MPa, ploščina prereza palic pa A = 0.01 m 2 .
Velikost sile F je 2 MN, pomik vozlišča 2 pa ∆⃗u 2 = 0.002 ⃗e x − 0.004 ⃗e y m.
SLIKA 3.26: Vozlišče 2 se premakne v poševni smeri
V vozlišču 2 je predpisan pomik v vodoravni in navpični smeri. Vozlišči 1 in 3 sta nepomično podprti.
Sistem enačb za konstrukcijo, pri kateri smo že upoštevali robne pogoje v vozliščih 1 in 3, je
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−954.7 0 144 −192 144 192 u 2 R 2X
0 −512 −192 256 192 256
v 2
R 2Y
144 −192 −621.3 0 333.3 0
u 4
⎢ −192 256 0 −512 0 0
⎥ ⎢v 4
= −
0
⎥ ⎢ −F
.
⎥
⎣ 144 192 333.3 0 −621.3 0⎦
⎣u 5
⎦ ⎣ 0 ⎦
192 256 0 0 0 −512 v 5 −F
Upoštevamo še predpisani pomik v vozlišču 2: u 2 = 0.002 in v 2 = −0.004:

310 3 Metoda pomikov
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
−621.3 0 333.3 0 u 4 0 − 144 u 2 + 192 v 2 −1.056
⎢ 0 −512 0 0
⎥ ⎢v 4
⎥
⎣ 333.3 0 −621.3 0⎦
⎣u 5
⎦ = − ⎢F + 192 u 2 − 256 v 2
⎥
⎣ 0 − 144 u 2 − 192 v 2
⎦ = ⎢ 3.408
⎥
⎣ 0.480⎦ .
0 0 0 −512 v 5 F − 192 u 2 − 256 v 2 2.640
Rešitve sistema enačb so:
u 4 = 0.001804 m, v 4 = −0.006656 m, u 5 = 0.0001955 m, v 5 = −0.005156 m.
Reakcije izračunamo po enačbah
− R 1X = 333 u 2 + 144 u 4 + 192 v 4 → R 1X = 0.3515 MN,
− R 1Y = 192 u 4 + 256 v 4 → R 1Y = 1.3575 MN,
− R 2X = −954.7 u 2 + 144 u 4 − 192 v 4 + 144 u 5 + 192 v 5 → R 2X = 1.3333 MN,
− R 2Y = −512 v 2 − 192 u 4 + 256 v 4 + 192 u 5 + 256 v 5 → R 2Y = 1.2844 MN,
− R 3X = 333.3 u 2 + 144 u 5 − 192 v 5 → R 3X = −1.6848 MN,
− R 3Y = −192 u 5 + 256 v 5 → R 3Y = 1.3575 MN.
Osne sile v palicah so:
N 1,2 = 333 [ (u 2 − u 1 ) 1 ] = 0.6666 MN,
N 1,4 = 400 [ (u 4 − u 1 ) 0.6 + (v 4 − v 1 ) 0.8 ] = −1.6969 MN,
N 4,2 = 400 [ (u 4 − u 2 ) 0.6 + (v 4 − v 2 ) (−0.8) ] = −0.8031 MN,
N 4,5 = 333 [ (u 5 − u 4 ) 1 ] = −0.5363 MN,
N 2,5 = 400 [ (u 5 − u 2 ) 0.6 + (v 5 − v 2 ) 0.8 ] = −0.8031 MN,
N 2,3 = 333 [ (u 3 − u 2 ) 1 ] = −0.6667 MN,
N 5,3 = 400 [ (u 5 − u 3 ) 0.6 + (v 5 − v 3 ) (−0.8) ] = −1.6969 MN.
Na sliki 3.27 je prikazana deformirana oblika paličja.
SLIKA 3.27: Deformirana oblika paličja

3.1 Ravninsko paličje 311
Primer 3.9 Določimo osne sile v palicah 12, 13 in 14 (slika 3.28)! Podajnost nosilca AB je v primerjavi
s podajnostjo palic zanemarljiva. Dolžina a = 2 m, ploščina prečnega prereza palic A p = 5 cm 2 , modul
elastičnosti materiala palic E = 21000 kN/cm 2 , velikost linijske obtežbe pa P z = 80 kN/m.
SLIKA 3.28: Geometrijski podatki o konstrukciji
Nalogo rešimo tako, da nosilec ločimo od paličja. Prekinjeno zvezo med paličjem in nosilcem nadomestimo
s silama B x in B y v vozlišču B ≡ 1 (slika 3.29).
SLIKA 3.29: Zvezo med paličjem in nosilcem nadomestimo s silama B x in B y v vozlišču B
Izračunati moramo pomika u 1 = u B in v 1 = v B vozlišča B, zasuk ϕ nosilca AB ter sili B x in B y . Pet
neznank določimo tako, da za nosilec zapišemo momentni pogoj na točko 0 ter kinematični enačbi, s
katerima izrazimo pomika u B in v B z zasukom ϕ, za paličje pa ravnotežni enačbi za vozlišče B.
Nosilec
Ravnotežna enačba:
B x
3 a
4 + B y a − P z
a 2
2 = 0 → 3 B x + 4 B y = 2 P z a. (3.67)

Kinematični pogoj zapišemo z enačbo † ⃗u B = ⃗u 0 + ⃗ϕ × ⃗r B .
312 3 Metoda pomikov
Upoštevamo, da je ⃗u 0 = ⃗0, ⃗ϕ = ϕ ⃗e z , ⃗r B = a ⃗e x − (3 a/4) ⃗e y in dobimo
⃗u B = 3 a
4 ϕ ⃗e x + a ϕ ⃗e y → u B = u 1 = 3 a
4 ϕ, v B = v 1 = a ϕ. (3.68)
Paličje
PREGLEDNICA 3.7: Dolžina, smerni kosinusi in osna togost palic
Vozlišči i in j l i,j cos α i,j cos β i,j E i,j A i,j / l i,j [kN/cm]
1, 2 200 −1.0 0.0 525
1, 3 200 1.0 0.0 525
1, 4 250 0.8 0.6 420
Togostni matriki za palici 12 in 13 sta pri prejšnji nalogi
[ ] 525 0
[ K 1,2 ] = [ K 1,3 ] = , [ K
0 0
1,4 ] =
matrika [ K 1,1 ] pa je
Ravnotežno enačbo za vozlišče B
zapišemo takole:
[ K 1,1 ] = −([ K 1,2 ] + [ K 1,3 ] + [ K 1,4 ]) =
Rešitev enačb (3.67), (3.68) in (3.69) je
[ ] [ ] [
u1 −Bx 0
[ K 1,1 ] + = .
v 1 −B y 0]
−1318.8 u 1 − 201.6 v 1 = B x ,
−201.6 u 1 − 151.2 v 1 = B y .
[ ]
268.8 201.6
,
201.6 151.2
[ ]
−1318.8 −201.6
.
−201.6 −151.2
(3.69)
u 1 = −0.0502 cm, u 1 = −0.0670 cm, ϕ = −0.000335 rad, B x = 79.68 kN, B y = 20.24 kN.
Določimo še osne sile v palicah (enačba (3.20))
N 1,2 = 525 ( 0.050 · (−1) + 0.067 · 0 ) = −26.35 kN,
N 1,3 = 525 ( 0.050 · 1 + 0.067 · 0 ) = 26.35 kN,
N 1,4 = 420 ( 0.050 · 0.8 + 0.067 · 0.6 ) = 33.73 kN.
† M. Stanek, G. Turk, Statika I, Univerza v Ljubljani, 1996.

3.2 Ravninski okvir 313
3.2 Ravninski okvir
V tem razdelku izpeljemo enačbe za računanje pomikov vozlišč in reakcij ravninskih okvirjev ter notranjih
sil v elementih takih okvirjev. Pri tem upoštevamo, da so pomiki majhni in da so tlačne osne
sile manjše od uklonskih sil. Zato lahko pišemo ravnotežne enačbe na nedeformirani legi konstrukcije.
Okvirje obravnavamo po metodi pomikov (deformacijska metoda). To pomeni, da osnovne enačbe
teorije elastičnosti izrazimo s pomiki.
3.2.1 Osnovne predpostavke
Posamezni elementi ravninskega okvirja potekajo od začetnega vozlišča i do končnega vozlišča j. Elementi
imajo ravno os in konstanten prečni prerez. Predpostavimo, da leži glavna vztrajnostna os prečnega
prereza vsakega elementa v ravnini konstrukcije, strižno središče pa se ujema s težiščem prečnega prereza.
Ker vsa obtežba deluje v ravnini konstrukcije, so od nič različni le pomiki v tej ravnini.
3.2.2 Opis oznak in koordinatnih sistemov
Uporabimo dva desnosučna koordinatna sistema. Osi lokalnega koordinatnega sistema x, y in z izberemo
tako, da os x sovpada z osjo vsakega elementa in kaže od vozlišča i proti vozlišču j, os y pa leži v ravnini
konstrukcije. Osi y in z sta glavni vztrajnostni osi prečnega prereza elementa. Notranje sile v elementih
okvirja računamo glede na osi lokalnega koordinatnega sistema. Osi globalnega koordinatnega sistema
označimo z X, Y in Z. Geometrijo konstrukcije opišemo v ravnini X, Y , os Z pa ima enako smer kot os
z (slika 3.30). Glede na osi globalnega koordinatnega sistema podajamo koordinate vozlišč, vozliščno
obtežbo ter računamo reakcije in pomike vozlišč.
SLIKA 3.30: Globalni in lokalni koordinatni sistem
Pri ravninski okvirni konstrukciji ima vsako vozlišče elementa po tri prostostne stopnje gibanja. Vozliščne
pomike v krajišču i označimo z [u i ], v krajišču j pa z [u j ] (slika 3.31a):
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
u ix
u jx
[u i ] = ⎣u iy
⎦ , [u j ] = ⎣u jy
⎦ . (3.70)
ϕ iz ϕ jz
Vsaki prostostni stopnji v vozlišču pripada komponenta (posplošene) vozliščne sile. Vozliščne sile ele-

314 3 Metoda pomikov
menta v krajišču i označimo z [n i ], v krajišču j pa z [n j ] (slika 3.31b):
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
n ix
n jx
[n i ] = ⎣ n iy
⎦ , [n j ] = ⎣ n jy
⎦ . (3.71)
m iz m jz
SLIKA 3.31: a) Vozliščni pomiki
b) Vozliščne sile
Vidimo, da so vozliščne sile v vozlišču i enake negativnim vrednostim notranjih sil, v vozlišču j pa enake
notranjim silam. Vozliščne pomike in vozliščne sile glede na lokalni koordinatni sistem označujemo z
malimi črkami (enačbi (3.70) in (3.71)), glede na globalni koordinatni sistem pa z velikimi črkami:
⎡ ⎤
⎡ ⎤
U iX
U jX
[U i ] = ⎣U iY
⎦ , [U j ] = ⎣U jY
⎦ . (3.72)
Φ iZ Φ jZ
oziroma
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
N iX
N jX
[N i ] = ⎣N iY
⎦ , [N j ] = ⎣N jY
⎦ (3.73)
M iZ M jZ
Na sliki 3.32 prikazujemo ravninski okvir, globalni in lokalne koordinatne sisteme ter številke vozlišč
konstrukcije. Vsak element je podan s številkama začetnega in končnega vozlišča. Za element, ki ga
določata vozlišči 2 in 4, smo izbrali lokalno os x od vozlišča 2 proti vozlišču 4. Zato je številka i
začetnega vozlišče tega elementa 2, številka j končnega vozlišča pa 4. Običajno vsak element označimo
še s številko elementa e. Element z vozliščema 2 in 4 na sliki 3.32 ima številko 4.

3.2 Ravninski okvir 315
SLIKA 3.32: Posamezne elemente okvirja določajo številke vozlišč oziroma številke elementov
3.2.3 Togostna matrika elementa v lokalnem koordinatnem sistemu
Določimo togostno matriko [ k ] linijskega elementa s konstantnim prečnim prerezom in z ravno osjo za
primer ravninske konstrukcije v ravnini x, y.
Togostna matrika [ k ] linijskega elementa je definirana z enačbo
[ ] [ ]
[ni ] [ui ]
= [ k ]
[n j ] [u j ]
oziroma [n] = [ k ][u]. (3.74)
Koeficiente togostne matrike [ k ] določimo z integracijo ravnotežnih enačb (1.87)
d 2 u
dx 2 = − P x
E A x
,
d 4 v
dx 4 = 1 (
P y − dM )
z
. (3.75)
E I z dx
Določiti želimo zvezo med silama n ix in n jx ter pomikoma u ix in u jx za linijski element na sliki 3.33.
SLIKA 3.33: Vozliščni sili n ix in n iy ter vozliščna pomika u ix in u jx
Iskano zvezo dobimo, če rešimo prvo izmed diferencialno enačbo (3.75)
d 2 u x
dx 2 = 0 (3.76)

316 3 Metoda pomikov
ob upoštevanju robnih pogojev
Enačbo (3.76) dvakrat integriramo
x = 0 : u x (0) = u ix , x = L : u x (L) = u jx . (3.77)
du x
dx = C 1, u x = C 1 x + C 2 (3.78)
in upoštevamo robna pogoja (3.77). Tako dobimo izraza za integracijski konstanti C 1 in C 2
ter izraz za pomik u x
Upoštevamo enačbo (glej (1.80))
ter prvi izmed enačb (3.78) in (3.79) in dobimo
du x
dx = u jx − u ix
L
C 1 = u jx − u ix
, C 2 = u ix (3.79)
L
u x = u jx − u ix
L
du x
dx =
x + u ix . (3.80)
N x
E A x
(3.81)
= N x
E A x
→ N x = E A x
L (u jx − u ix ). (3.82)
Velikost osne sile N x se vzdolž osi elementa ne spreminja. Iz ravnotežnih pogojev za del elementa ob
vozliščih sledi (slika 3.34).
N x (+0) = −n ix , N x (L − 0) = n jx . (3.83)
SLIKA 3.34: Zvezo med notranjimi silami pri x = +0 in x = L − 0 ter vozliščnimi silami dobimo
iz ravnotežnih enačb za del elementa ob vozliščih
Enačbi (3.83) vstavimo v (3.82) in dobimo iskani zvezi
n ix = E A x
L (u ix − u jx ), n jx = − E A x
L (u ix − u jx ). (3.84)
Določiti moramo še zvezo med silama n iy , n jy in momentoma m iz , m jz ter pomikoma u iy , u jy in
zasukoma ϕ iz , ϕ jz za linijski element na sliki 3.35.

3.2 Ravninski okvir 317
SLIKA 3.35: Vozliščni sili n iy in n jy , vozliščna momenta m iz in m jz ter vozliščna pomika u iy ,
u jy in zasuka ϕ iz in ϕ jz
Iskano zvezo dobimo, če integriramo drugo izmed enačbo (3.75)
in upoštevamo robne pogoje
x = 0 : u y (0) = u iy ,
du y
dx
Enačbo (3.85) štirikrat integriramo
d 4 u y
dx 4 = 0 (3.85)
∣ = ϕ iz , x = L : u y (L) = u jy ,
x=0
d 3 u y
dx 3 = C 1,
d 2 u y
dx 2 = C 1 x + C 2 ,
du y
dx = C 1
u y = C 1
x 3
x 2
2 + C 2 x + C 3 ,
6 + C 2
du y
dx
∣ = ϕ jz . (3.86)
x=L
x 2
2 + C 3 x + C 4
(3.87)
in upoštevamo robne pogoje (3.86). Tako dobimo izraze za integracijske konstante C 1 do C 4
C 1 = 12
L 3 u iy − 12
L 3 u jy + 6 L 2 ϕ iz + 6 L 2 ϕ jz,
C 2 = − 6 L 2 u iy + 6 L 2 u jy − 4 L ϕ iz − 2 L ϕ jz,
C 3 = ϕ iz ,
C 4 = u iy .
(3.88)
Konstante (3.88) vstavimo v četrto izmed enačb (3.87) in dobimo izraz za pomik u y
( 2
u y =
L 3 u iy − 2 L 3 u jy + 1 L 2 ϕ iz + 1 )
L 2 ϕ jz x 3 +
(
+ − 3 L 2 u iy + 3 L 2 u jy − 2 L ϕ iz − 2 )
L ϕ jz x 2 + ϕ iz x + u iy .
(3.89)

318 3 Metoda pomikov
Iz ravnotežnih pogojev za del elementa ob vozliščih sledi (slika 3.34)
N y (+0) = −n iy , N y (L − 0) = n jy , M z (+0) = −m iz , M z (L − 0) = m jz . (3.90)
Drugi dve izmed enačb (3.90) upoštevamo v enačbi (glej (1.81))
d 2 u y
dx 2
= M z
E I z
in dobimo
m iz = −E I z
d 2 u y
dx 2 ∣
∣∣∣x=0
,
m jz = E I z
d 2 u y
dx 2 ∣
∣∣∣x=L
. (3.91)
Izraz (3.89) vstavimo v (3.91) in dobimo zvezo med m iz , m jz ter u iy , u jy , ϕ iz in ϕ jz
m iz = 6 E I z
L 2
m jz = 6 E I z
L 2
u iy − 6 E I z
L 2
u iy − 6 E I z
L 2
u jy + 4 E I z
L
u jy + 2 E I z
L
ϕ iz + 2 E I z
L
ϕ iz + 4 E I z
L
ϕ jz,
ϕ jz.
(3.92)
Ko upoštevamo prvi dve izmed enačb (3.90), izračunamo iz enačb (1.82) in (3.87)
vozliščni sili n iy in n iz
N y = −E I z
d 3 u y
dx 3 = −E I z C 1
n iy = 12 E I z
L 3
n jy = − 12 E I z
L 3
u iy − 12 E I z
L 3
u iy + 12 E I z
L 3
u jy + 6 E I z
L 2
u jy − 6 E I z
L 2
ϕ iz + 6 E I z
L 2 ϕ jz ,
ϕ iz − 6 E I z
L 2 ϕ jz .
(3.93)
Izraze (3.88), (3.92) in (3.93) dobimo s programom Mathematica z naslednjimi ukazi:

3.2 Ravninski okvir 319
uy[x_]=c1 x^3 / 6 + c2 x^2 / 2 + c3 x + c4;
uyc[x_]=c1 x^2 / 2 + c2 x + c3;
uycc[x_]=c1 x + c2;
res=Solve[{uy[0]==Uiy, uyc[0]==Fiiz, uy[L]==Ujy, uyc[L]==Fijz},
{c1,c2,c3,c4}];
Print["C1 = ", C1 = Expand[c1 /. res[[1]]]]
Print["C2 = ", C2 = Expand[c2 /. res[[1]]]]
Print["C3 = ", C3 = Expand[c3 /. res[[1]]]]
Print["C4 = ", C4 = Expand[c4 /. res[[1]]]]
Uycc[x_]=C1 x + C2;
Uyccc[x_]=C1;
Print["miz = ", Expand[-EI Uycc[0]]]
Print["mjz = ", Expand[EI Uycc[L]]]
Print["niy = ", Expand[EI Uyccc[0]]]
Print["njy = ", Expand[-EI Uyccc[L]]]
6 Fiiz 6 Fijz 12 Uiy 12 Ujy
C1 = ------ + ------ + ------ - ------
2 2 3 3
L L L L
-4 Fiiz 2 Fijz 6 Uiy 6 Ujy
C2 = ------- - ------ - ----- + -----
L L 2 2
L L
C3 = Fiiz
C4 = Uiy
4 EI Fiiz 2 EI Fijz 6 EI Uiy 6 EI Ujy
miz = --------- + --------- + -------- - --------
L L 2 2
L
L
2 EI Fiiz 4 EI Fijz 6 EI Uiy 6 EI Ujy
mjz = --------- + --------- + -------- - --------
L L 2 2
L
L
6 EI Fiiz 6 EI Fijz 12 EI Uiy 12 EI Ujy
niy = --------- + --------- + --------- - ---------
2 2 3 3
L L L L
-6 EI Fiiz 6 EI Fijz 12 EI Uiy 12 EI Ujy
njy = ---------- - --------- - --------- + ---------
2 2 3 3
L L L L
Izraz za togostno matriko [ k ] elementa na sliki 3.31 dobimo, če enačbe (3.84), (3.92) in (3.93) zapišemo
v matrični obliki:
⎡
⎤⎡
⎤ ⎡ ⎤
E A x /L 0 0 −E A x /L 0 0 u ix n ix
0 12 E I z /L 3 6 E I z /L 2 0 −12 E I z /L 3 6 E I z /L 2
u iy
n iy
0 6 E I z /L 2 4 E I z /L 0 −6 E I z /L 2 2 E I z /L
ϕ iz
⎢−E A x /L 0 0 E A x /L 0 0
⎥⎢
u jx
=
m iz
⎥ ⎢n jx
. (3.94)
⎥
⎣ 0 −12 E I z /L 3 −6 E I z /L 2 0 12 E I z /L 3 −6 E I z /L 2 ⎦⎣
u jy
⎦ ⎣ n jy
⎦
0 6 E I z /L 2 2 E I z /L 0 −6 E I z /L 2 4 E I z /L ϕ jz m jz

320 3 Metoda pomikov
Enačbo (3.94) krajše zapišemo takole
[ k ]{u} = {n}. (3.95)
Z matriko [ k ] je označena togostna matrika elementa z ravno osjo, ki se lahko premika le v ravnini
x, y. Zapišimo še ravnotežne enačbe za element, na katerega delujejo le vozliščne sile. Če v enačbi
∑ X = nix + n jx upoštevamo (3.84), dobimo
n ix + n jx = 0. (3.96)
Če pa v enačbi ∑ Y = n iy + n jy upoštevamo (3.93), v enačbi ∑ M i z = m iz + m jz + n jy L pa (3.92),
dobimo
n iy + n jy = 0, m iz + m jz + n jy L = 0. (3.97)
To pomeni, da so vozliščne sile n ix , n iy , m iz , n jx , n jy in m jz , ki na element delujejo, v ravnotežju.
Togostna matrika (3.94) ustreza linijskemu elementu, ki je v obeh krajiščih togo povezan z ostalimi
elementi. V primeru, ko je element v začetnem ali pa v končnem vozlišču členkasto povezan z ostalimi
elementi, je v takem vozlišču vozliščni moment enak nič. Togostno matriko takega elementa dobimo, če v
enačbi (3.94) upoštevamo, da je m iz oziroma m jz enak nič. Tako lahko zasuk ϕ iz oziroma ϕ jz izrazimo
s preostalimi petimi vozliščnimi prostostnimi stopnjami linijskega elementa in dobimo kondenzirano
togostno matriko, ki je reda 5 × 5.
Vzemimo, da ravnotežne enačbe linijskega elementa razdelimo takole:
[ ] [ ] [ ]
[kaa ] [k ab ] [Ua ] [Fa ]
= . (3.98)
[k ba ] [k bb ] [U b ] [F b ]
Če je [F b ] = [0], iz (3.98) sledi
oziroma
Iz (3.98) sledi še
Izraz (3.99) vstavimo v (3.100)
[k ba ][U a ] + [k bb ][U b ] = [0]
[U b ] = −[k bb ] −1 [k ba ][U a ]. (3.99)
[k aa ][U a ] + [k ab ][U b ] = [F a ]. (3.100)
[k aa ][U a ] − [k ab ][k bb ] −1 [k ba ][U a ] = ([k aa ] − [k ab ][k bb ] −1 [k ba ])[U a ] = [F a ].
Matriko v okroglem oklepaju označimo s [k c ] in imenujemo kondenzirana togostna matrika
[k c ] = [k aa ] − [k ab ][k bb ] −1 [k ba ]. (3.101)
Tako dobimo
[k c ][U a ] = [F a ]. (3.102)

3.2 Ravninski okvir 321
Vidimo, da v enačbi (3.102) nastopata stolpca [F a ] in [U a ], ki imata manj elementov, kot je velikost
matrike v enačbi (3.94). Zaradi enostavnejšega sestavljanja togostne matrike celotne konstrukcije kondenzirano
togostno matriko običajno razširimo na velikost 6 × 6 tako, da dodamo na ustrezno mesto
vrstico in stolpec z ničlami.
Če pomike [U a ] poznamo, izračunamo pomike [U b ] iz enačbe (3.99). V nadaljevanju določimo tri kondenzirane
togostne matrike elementa.
Linijski element je členkasto povezan v začetnem vozlišču
Enačbo (3.94) najprej preuredimo tako, da prestavimo m iz v [n] ter [ϕ iz ]v [u] na zadnje mesto. V tem
primeru moramo tretjo vrstico v vseh treh matrikah in tretji stolpec v matriki [ k ] zapisati na zadnje mesto
⎡
⎤⎡
⎤ ⎡ ⎤
E A x /L 0 −E A x /L 0 0 0 u ix n ix
0 12 E I z /L 3 0 −12 E I z /L 3 6 E I z /L 2 6 E I z /L 2
u iy
n iy
−E A x /L 0 E A x /L 0 0 0
u jx
⎢ 0 −12 E I z /L 3 0 12 E I z /L 3 −6 E I z /L 2 −6 E I z /L 2
⎥⎢
u jy
=
n jx
⎥ ⎢ n jy
. (3.103)
⎥
⎣ 0 6 E I z /L 2 0 −6 E I z /L 2 4 E I z /L 2 E I z /L ⎦⎣
ϕ jz
⎦ ⎣m jz
⎦
0 6 E I z /L 2 0 −6 E I z /L 2 2 E I z /L 4 E I z /L ϕ iz 0
Podmatrike [k aa ], [k ab ], [k ba ] in [k bb ] so
⎡
E A x /L 0 −E A x /L 0 0
⎤
0 12 E I z /L 3 0 −12 E I z /L 3 6 E I z /L 2
[k aa ] =
⎢−E A x /L 0 E A x /L 0 0
⎥
⎣ 0 −12 E I z /L 3 0 12 E I z /L 3 −6 E I z /L 2 ⎦ ,
⎡
0 6 E I z /L 2 0 −6 E I z /L 2 4 E I z /L
⎤
0
6 E I z /L 2
0 ⎥
[k ab ] =
⎢
⎣
−6 E I z /L 2
6 E I z /L
⎥
⎦ ,
[k ba ] = [ 0 6 E I z /L 2 0 −6 E I z /L 2 2 E I z /L ] ,
[k bb ] = [4 E I z /L].
Upoštevamo, da je [k bb ] −1 = [L/4 E I z ] in iz (3.101) dobimo kondenzirano togostno matriko za element,
ki je členkasto povezan v začetnem vozlišču
⎡
⎤
E A x /L 0 −E A x /L 0 0
0 3 E I z /L 3 0 −3 E I z /L 3 3 E I z /L 2
[k c ] =
⎢−E A x /L 0 E A x /L 0 0
⎥
⎣ 0 −3 E I z /L 3 0 3 E I z /L 3 −3 E I z /L 2 ⎦ . (3.104)
0 3 E I z /L 2 0 −3 E I z /L 2 3 E I z /L

322 3 Metoda pomikov
Če kondenzirano togostno matriko razširimo, dobimo
⎡
⎤
E A x /L 0 0 −E A x /L 0 0
0 3 E I z /L 3 0 0 −3 E I z /L 3 3 E I z /L 2
[k] =
0 0 0 0 0 0
⎢−E A x /L 0 0 E A x /L 0 0
. (3.105)
⎥
⎣ 0 −3 E I z /L 3 0 0 3 E I z /L 3 −3 E I z /L 2 ⎦
0 3 E I z /L 2 0 0 −3 E I z /L 2 3 E I z /L
Linijski element je členkasto povezan v končnem vozlišču
V tem primeru so podmatrike [k aa ], [k ab ], [k ba ] in [k bb ] take (glej (3.94))
⎡
⎤
E A x /L 0 0 −E A x /L 0
0 12 E I z /L 3 6 E I z /L 2 0 −12 E I z /L 3
[k aa ] =
⎢ 0 6 E I z /L 2 4 E I z /L 0 −6 E I z /L 2
⎥
⎣−E A x /L 0 0 E A x /L 0 ⎦ ,
0 −12 E I z /L 3 −6 E I z /L 2 0 12 E I z /L 3
⎡ ⎤
0
6 E I z /L 2
[k ab ] =
⎢ 2 E I z /L
⎥
⎣ 0 ⎦ ,
−6 E I z /L 2
[k ba ] = [ 0 6 E I z /L 2 2 E I z /L 0 −6 E I z /L 2] ,
[k bb ] = [4 E I z /L].
Upoštevamo, da je [k bb ] −1 = [L/4 E I z ] in iz (3.101) dobimo kondenzirano togostno matriko za element,
ki je členkasto povezan v končnem vozlišču
⎡
⎤
E A x /L 0 0 −E A x /L 0
0 3 E I z /L 3 3 E I z /L 2 0 −3 E I z /L 3
[k c ] =
⎢ 0 3 E I z /L 2 3 E I z /L 0 −3 E I z /L 2
⎥
⎣−E A x /L 0 0 E A x /L 0 ⎦ . (3.106)
0 −3 E I z /L 3 −3 E I z /L 2 0 3 E I z /L 3
Če sedaj kondenzirano togostno matriko razširimo, dobimo
⎡
⎤
E A x /L 0 0 −E A x /L 0 0
0 3 E I z /L 3 3 E I z /L 2 0 −3 E I z /L 3 0
[k] =
0 3 E I z /L 2 3 E I z /L 0 −3 E I z /L 2 0
⎢−E A x /L 0 0 E A x /L 0 0
. (3.107)
⎥
⎣ 0 −3 E I z /L 3 −3 E I z /L 2 0 3 E I z /L 3 0⎦
0 0 0 0 0 0

3.2 Ravninski okvir 323
Linijski element je členkasto povezan v obeh vozliščih
Enačbo (3.94) najprej preuredimo tako, da prestavimo m iz in m jz v [n] ter [ϕ iz ] in [ϕ jz ] v [u] na predzadnje
in zadnje mesto. V tem primeru tretjo vrstico v matriki [k] v (3.94) zapišemo v peto vrstico, tretji
stolpec pa v petega. Vzamemo, da sta m iz = 0 in m jz = 0 in dobimo
⎡
⎤⎡
⎤ ⎡
E A x /L 0 −E A x /L 0 0 0 u ix
0 12 E I z /L 3 0 −12 E I z /L 3 6 E I z /L 2 6 E I z /L 2
u iy
−E A x /L 0 E A x /L 0 0 0
u jx
⎢ 0 −12 E I z /L 3 0 12 E I z /L 3 −6 E I z /L 2 −6 E I z /L 2
⎥⎢
u jy
=
⎥ ⎢
⎣ 0 6 E I z /L 2 0 −6 E I z /L 2 4 E I z /L 2 E I z /L ⎦⎣
ϕ iz
⎦ ⎣
0 6 E I z /L 2 0 −6 E I z /L 2 2 E I z /L 4 E I z /L ϕ jz
n ix
n iy
n jx
n jy
0
0
⎤
. (3.108)
⎥
⎦
Podmatrike [k aa ], [k ab ], [k ba ] in [k bb ] so
⎡
⎤
E A x /L 0 −E A x /L 0
[k aa ] = ⎢ 0 12 E I z /L 3 0 −12 E I z /L 3
⎥
⎣−E A x /L 0 E A x /L 0 ⎦ ,
0 −12 E I z /L 3 0 12 E I z /L 3
⎡
⎤
0 0
[k ab ] = ⎢ 6 E I z /L 2 6 E I z /L 2
⎥
⎣ 0 0 ⎦ ,
−6 E I z /L 2 −6 E I z /L 2
[ 0 6 E Iz /L
[k ba ] =
2 0 −6 E I z /L 2 ]
0 6 E I z /L 2 0 −6 E I z /L 2 ,
[ ]
4 E Iz /L 2 E I
[k bb ] =
z /L
.
2 E I z /L 4 E I z /L
Izračunamo [k bb ] −1 [k bb ] −1 = L [ ] 4 −2
.
12 E I z −2 4
in dobimo kondenzirano togostno matriko za element, ki je členkasto povezan v obeh vozliščih
⎡
⎤
E A x /L 0 −E A x /L 0
[k c ] = ⎢ 0 0 0 0
⎥
⎣−E A x /L 0 E A x /L 0⎦ . (3.109)
0 0 0 0

324 3 Metoda pomikov
Če sedaj kondenzirano togostno matriko razširimo, dobimo
⎡
⎤
E A x /L 0 0 −E A x /L 0 0
0 0 0 0 0 0
[k] =
0 0 0 0 0 0
⎢−E A x /L 0 0 E A x /L 0 0
. (3.110)
⎥
⎣ 0 0 0 0 0 0⎦
0 0 0 0 0 0
3.2.4 Togostna matrika elementa v globalnem koordinatnem sistemu
Izraz za togostno matriko [ k ] elementa na sliki 3.31 glede na lokalni koordinatni sistem zapišimo takole
(enačba (3.74)):
[ ] [ ] [ ] [ ]
[ kii ] [ k ij ] [ui ] [ui ] [ni ]
= [ k ] =
(3.111)
[ k ji ] [ k jj ] [u j ] [u j ] [n j ]
Če upoštevamo enačbo (3.94), zapišemo matrike [ k ii ], [ k ij ], [ k ji ] in [ k jj ] takole:
⎡
E A x /L 0 0
⎤
[ k ii ] = ⎣ 0 12 E I z /L 3 6 E I z /L 2 ⎦ ,
0 6 E I z /L 2 4 E I z /L
⎡
−E A x /L 0 0
⎤
[ k ij ] = ⎣ 0 −12 E I z /L 3 6 E I z /L 2 ⎦ ,
0 −6 E I z /L 2 2 E I z /L
⎡
−E A x /L 0 0
⎤
[ k ji ] = ⎣ 0 −12 E I z /L 3 −6 E I z /L 2 ⎦ ,
0 6 E I z /L 2 2 E I z /L
⎡
⎤
E A x /L 0 0
[ k jj ] = ⎣ 0 12 E I z /L 3 −6 E I z /L 2 ⎦ .
0 −6 E I z /L 2 4 E I z /L
(3.112)
Iz (3.112) sledi, da sta matriki [ k ii ] in [ k jj ] simetrični, za matriki [ k ij ] in [ k ji ] pa velja zveza [ k ij ] =
[ k ji ] T .
Zapis enačbe (3.111) v globalnem koordinatnem sistemu
Enačba (3.111) je zapisana glede na lokalni koordinatni sistem elementa. V nadaljevanju to enačbo
zapišemo glede na globalni koordinatni sistem. Zvezi med vozliščnimi silami [n i ] in [N i ] ter [n j ] in [N j ]
zapišemo z enačbama
[n i ] = [ T ][N i ], [n j ] = [ T ][N j ]. (3.113)

3.2 Ravninski okvir 325
Matriko [ T ] izrazimo s kotom β med osjo X in osjo x po enačbah (slika 3.36)
n ix = N iX cos β + N iY sin β,
n iy = −N iX sin β + N iY cos β,
m iz = M iZ .
(3.114)
SLIKA 3.36: Kot β merimo med osjo X in osjo x v pozitivni smeri zasuka
Enačbe (3.114) zapišimo v matrični obliki
⎡ ⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
n ix cos β sin β 0 N iX N iX
⎣ n iy
⎦ = ⎣− sin β cos β 0⎦
⎣N iY
⎦ = [ T ] ⎣N iY
⎦ . (3.115)
m iz 0 0 1 M iZ M iZ
Matrika [ T ] je ortogonalna, zato velja †
Iz (3.113) izračunamo [N i ] in [N j ]
[ T ] T [ T ] = [ I ] → [ T ] −1 = [ T ] T . (3.116)
[N i ] = [ T ] T [n i ], [N j ] = [ T ] T [n j ]. (3.117)
Enačbi (3.113) in (3.117) sta zapisani za vozliščne sile. Na enak način zapišemo enačbe za vozliščne
pomike
[u i ] = [ T ][U i ], [u j ] = [ T ][U j ] (3.118)
oziroma
Enačbo (3.111) lahko zapišemo v obliki dveh matričnih enačb
[U i ] = [ T ] T [u i ], [U j ] = [ T ] T [u j ]. (3.119)
[ k ii ] [u i ] + [ k ij ] [u j ] = [n i ],
[ k ji ] [u i ] + [ k jj ] [u j ] = [n j ].
(3.120)
†
⎡
⎤ ⎡
⎤ ⎡ ⎤
cos β − sin β 0 cos β sin β 0 1 0 0
[ T ] T [ T ] = ⎣sin β cos β 0⎦
⎣− sin β cos β 0⎦ = ⎣0 1 0⎦ = [ I ]
0 0 1 0 0 1 0 0 1