Metoda sil: notranje sile - FGG-KM - Univerza v Ljubljani

RAČUNANJE NOTRANJIH SIL IN POMIKOV 

STATIČNO NEDOLOČENIH KONSTRUKCIJ PO 

METODI SIL 

Marjan Stanek, Goran Turk in Rado Flajs 

Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo 

Univerza v Ljubljani 

http://www.km.fgg.uni-lj.si/predmeti/TRDNOST 

Trdnost, Prosojnice 2002 stran 1

M. Stanek, G. Turk in R. Flajs: Računanje notranjih sil in pomikov statično nedoločenih konstrukcij po metodi sil 

Izvlečki iz teorije 

a ij = ∑ el 

∫ L ( 

¯Nxi ¯Nxj 

0 

E A x 

+ ¯N yi 

¯Nyj 

G A s y 

+ ¯N zi 

¯Nzj 

G A s z 

+ ¯M xi 

¯Mxj 

+ ¯M yi 

¯Myj 

+ ¯M 

) 

zi 

¯Mzj 

dx+ 

G I x E I y E I z 

+ 

+ 

∑n v 

r=1 

¯N (r) 

vi 

¯N (r) 

vj 

k (r) 

v 

+ 

∑m v 

q=1 

¯M (q) 

vi 

¯M (q) 

vj 

k (q) 

ϕ 

, i, j = 1, . . . , n. (1) 



b i = ∑ el 

+ 

∫ L 

0 

[ 

¯Nxi N xQ 

E A x 

+ ¯M xi M xQ 

G I x 

+ ¯N yi N yQ 

G A s y 

+ ¯M yi M yQ 

E I y 

+ ¯N zi N zQ 

+ 

G A s z 

+ ¯M zi M zQ 

E I z 

+ 

+ α T (∆T x ¯Nxi − ∆T y ¯Mzi + ∆T z ¯Myi ) 

∑n v 

r=1 

¯N (r) 

vi 

N (r) 

vQ 

k (r) 

v 

+ 

∑m v 

q=1 

¯M (q) 

vi 

M (q) 

vQ 

k (q) 

ϕ 

n∑ 

a ij X j + b i = u i , (i = 1, . . . , n) 

j=1 

] 

dx+ 

, i = 1, . . . , n. (2) 



Člen, ki pripada virtualni sili δF T s , označimo s c F 

c F = u T s = ∑ ∫ L [ 

¯NxF Nx 

nk ¯N yF Ny 

nk 

+ + ¯N zF Nz 

nk 

+ 

E A x G A s el 

y G A s z 

0 

+ ¯M xF Mx 

nk 

+ 

G I x 

¯M yF M nk 

y 

E I y 

+ ¯M zF Mz 

nk 

+ 

E I z 

+ α T (∆T x ¯NxF − ∆T y ¯MzF + ∆T z ¯MyF ) 

] 

dx+ 

+ 

∑n v 

r=1 

¯N (r) 

vF N v 

(r)nk 

k v 

(r) 

+ 

∑m v 

q=1 

¯M (q) 

vF M v 

(q)nk 

k ϕ 

(q) 

. (3) 



Člen, ki pripada virtualnemu momentu δM T s , označimo s c M 

c M = ω T s = ∑ ∫ L [ 

¯NxM Nx 

nk ¯N yM Ny 

nk 

+ + ¯N zM Nz 

nk 

+ 

E A x G A s el 

y G A s z 

0 

+ ¯M xM Mx 

nk 

+ 

G I x 

¯M yM M nk 

y 

E I y 

+ ¯M zM Mz 

nk 

+ 

E I z 

+ α T (∆T x ¯NxM + ∆T y ¯MzM + ∆T z ¯MyM ) 

] 

dx+ 

+ 

∑n v 

r=1 

¯N (r) 

vM N v 

(r)nk 

k v 

(r) 

+ 

∑m v 

q=1 

¯M (q) 

vM M v 

(q)nk 

k ϕ 

(q) 

. (4) 



Primer 5.30 

1. Naloga 

Izračunajmo reakcije in notranje sile za nosilec na sliki! 



2. Rešitev 

Konstrukcija je enkrat statično nedoločena. Osnovno konstrukcijo lahko 

izberemo tako, da odstranimo desno podporo in njen vpliv nadomestimo 

s silo X 1 :


2. Rešitev 



s silo X 1 : 

Iz pogoja, da je navpični pomik točke B enak nič dobimo 

a 11 X 1 + b 1 = 0.


2. Rešitev 



s silo X 1 : 

Iz pogoja, da je navpični pomik točke B enak nič dobimo 

a 11 X 1 + b 1 = 0. 

Za račun koeficientov a 11 in b 1 potrebujemo potek notranjih sil na osnovni 

konstrukciji zaradi zunanje obtežbe F in zaradi sile X 1 = 1. 



Upoštevamo le vpliv upogibnega momenta M y in enačbi (1) in (2).


Upoštevamo le vpliv upogibnega momenta M y in enačbi (1) in (2). 

a 11 = 

∫ L 

0 

¯M y1 

¯My1 

dx = 1 L L 

E I y E I y 2 

2 

3 L = L3 

, 

3 E I y



a 11 = 

∫ L 

0 

¯M y1 

¯My1 

dx = 1 L L 

E I y E I y 2 

2 

3 L = L3 

, 

3 E I y 

b 1 = 

∫ L 

0 

¯M y1 M yQ 

dx = 1 F L ( 

L1 

L 

E I y E I y 2 2 2 2 + 2 ) 

L 

3 2 

} {{ } } {{ } 

ploščina vrednost ¯My1 

M yQ 

v težišču M yQ 

= 5 F L3 

48 E I y 

.



a 11 = 

∫ L 

0 

¯M y1 

¯My1 

dx = 1 L L 

E I y E I y 2 

2 

3 L = L3 

, 

3 E I y 

b 1 = 

∫ L 

0 

¯M y1 M yQ 

dx = 1 F L ( 

L1 

L 

E I y E I y 2 2 2 2 + 2 ) 

L 

3 2 

} {{ } } {{ } 

ploščina vrednost ¯My1 

M yQ 

v težišču M yQ 

= 5 F L3 

48 E I y 

. 

X 1 = − b 1 

a 11 

= − 5 F 

16 . 



Potek upogibnega momenta M y na statično nedoločeni konstrukciji 

lahko izračunamo vsaj na dva načina:



lahko izračunamo vsaj na dva načina: 

• Upoštevamo princip superpozicije. To pomeni, da seštejemo moment 

M yQ zaradi sile F in moment M y1 zaradi sile X 1 .





M yQ zaradi sile F in moment M y1 zaradi sile X 1 . 

M y (x = 0) = −F L 2 − LX 1 = −F L 2 + L5 F 

16 = −6 F L 

32 , 

M y (x = L/2) = 0 − L 2 X 1 = 5 F 

16 

M y (x = L) = 0. 

L 

2 = 5 F L 

32 ,





M yQ zaradi sile F in moment M y1 zaradi sile X 1 . 

M y (x = 0) = −F L 2 − LX 1 = −F L 2 + L5 F 

16 = −6 F L 

32 , 

M y (x = L/2) = 0 − L 2 X 1 = 5 F 

16 

M y (x = L) = 0. 

L 

2 = 5 F L 

32 , 



• Upoštevamo izračunani X 1 in za obe polji napišemo ravnotežni 

enačbi 

∑ 

My T = 0.



enačbi 

∑ 

My T = 0.



enačbi 

∑ 

My T = 0. 



Prečno silo izračunamo običajno z upoštevanjem X 1 iz ravnotežnih 

enačb 

∑ 

Nz = 0 

za obe polji



enačb 

∑ 

Nz = 0 

za obe polji



enačb 

∑ 

Nz = 0 

za obe polji 

Diagram prečne sile N z na statično nedoločeni konstrukciji 



Račun reakcij opravimo na osnovni konstrukciji, na katero delujeta zunanja 

sila F in sila X 1


Račun reakcij opravimo na osnovni konstrukciji, na katero delujeta zunanja 

sila F in sila X 1 

Določimo jih iz ravnotežnih enačb: 

∑ 

x = 0 → Ax = 0, 

∑ 

z = 0 → Az = − 11 F 

16 , 

∑ 

M 

A 

y = 0 → M Ay = 3 F L 

16 . 



Primer 5.31 

1. Naloga 

Podatki: E I y = konstanta, F = 40 kN in Q = 100 kN.


Primer 5.31 

1. Naloga 

Podatki: E I y = konstanta, F = 40 kN in Q = 100 kN. 

Za konstrukcijo na sliki določimo reakcije in notranje sile! 



2. Rešitev 

Stopnja statične nedoločenosti je n = 3+2−3 = 2.


2. Rešitev 

Stopnja statične nedoločenosti je n = 3+2−3 = 2. Osnovno konstrukcijo 

tvorimo tako, da v podpori A sprostimo vodoravni pomik, v podpori 

B pa zasuk.


2. Rešitev 



B pa zasuk.


2. Rešitev 



B pa zasuk. 

Kinematična pogoja za vodoravni pomik podpore A in zasuk v podpori 

B : 

a 11 X 1 + a 12 X 2 + b 1 = 0, a 21 X 1 + a 22 X 2 + b 2 = 0. 



Reakcije osnovne konstrukcije zaradi sil P in Q ter zaradi enotskih sil 

X 1 in X 2 so:



X 1 in X 2 so: 

A z (F, Q) = −45 kN, B x (F, Q) = 100 kN, B z (F, Q) = 5 kN,




A z (F, Q) = −45 kN, B x (F, Q) = 100 kN, B z (F, Q) = 5 kN, 

Ā z (X 1 = 1) = 0.5, ¯Bx (X 1 = 1) = −1, ¯Bz (X 1 = 1) = −0.5,




A z (F, Q) = −45 kN, B x (F, Q) = 100 kN, B z (F, Q) = 5 kN, 

Ā z (X 1 = 1) = 0.5, ¯Bx (X 1 = 1) = −1, ¯Bz (X 1 = 1) = −0.5, 

Ā z (X 2 = 1) = −0.25, ¯Bx (X 2 = 1) = 0, ¯Bz (X 2 = 1) = 0.25. 



Diagrame upogibnih momentov prikazujemo na sliki


Diagrame upogibnih momentov prikazujemo na sliki 

Koeficiente a ij in b i določimo po enačbah (1) in (2), kjer zanemarimo 

vpliv osnih sil. 



E I y a 11 = 2 · 4 

2 · 2 

3 · 2 + 2 · 2 

2 · 2 

3 · 2 = 8,


E I y a 11 = 2 · 4 

2 · 2 

3 · 2 + 2 · 2 

2 · 2 

3 · 2 = 8, 

E I y a 22 = 1 · 4 

2 · 2 

3 · 1 + 1 · 2 · 1 = 10 

3 ∼ = 3.33,


E I y a 11 = 2 · 4 

2 · 2 

3 · 2 + 2 · 2 

2 · 2 

3 · 2 = 8, 

E I y a 22 = 1 · 4 

2 · 2 

3 · 1 + 1 · 2 · 1 = 10 

3 ∼ = 3.33, 

E I y a 12 = − 2 · 4 

2 · 2 

3 · 1 − 2 · 2 

2 · 1 = −14 3 ∼ = −4.67, 

a 21 = a 12 ,


E I y a 11 = 2 · 4 

2 · 2 

3 · 2 + 2 · 2 

2 · 2 

3 · 2 = 8, 

E I y a 22 = 1 · 4 

2 · 2 

3 · 1 + 1 · 2 · 1 = 10 

3 ∼ = 3.33, 

E I y a 12 = − 2 · 4 

2 · 2 

3 · 1 − 2 · 2 

2 · 1 = −14 3 ∼ = −4.67, 

a 21 = a 12 , 

[ 90 · 2 

E I y b 1 = − · 2 

2 3 · 1 + 100 · 2 · (1 + 2 2 3 

( 3 

+100 · 1 · + 

2) 

100 · 1 · 2 ] 

2 3 · 1 = −530, 

· 1) + 

90 · 2 

2 

· (1 + 1 3 · 1) +


E I y a 11 = 2 · 4 

2 · 2 

3 · 2 + 2 · 2 

2 · 2 

3 · 2 = 8, 

E I y a 22 = 1 · 4 

2 · 2 

3 · 1 + 1 · 2 · 1 = 10 

3 ∼ = 3.33, 

E I y a 12 = − 2 · 4 

2 · 2 

3 · 1 − 2 · 2 

2 · 1 = −14 3 ∼ = −4.67, 

a 21 = a 12 , 

[ 90 · 2 

E I y b 1 = − · 2 

2 3 · 1 + 100 · 2 · (1 + 2 2 3 

( 3 

+100 · 1 · + 

2) 

100 · 1 · 2 ] 

2 3 · 1 = −530, 

E I y b 2 = 90 · 2 · 2 

2 3 · 1 

2 + 100 · 2 ( 1 

· 

2 2 + 2 3 · 1 ) 

2 

+ 100 · 1 · 1 + 100 · 1 

2 

· 1 = 970 

3 ∼ = 323.33. 

· 1) + 

90 · 2 

2 

+ 90 · 2 

2 

· 

· (1 + 1 3 · 1) + 

( 1 

2 + 1 3 · 1 ) 

+ 

2 



Kinematična pogoja predstavljata sistem dveh linearnih enačb, kjer sta 

neznanki sili X 1 in X 2 : 

[ 

] [ ] 

8.0 −4.67 

−4.67 3.33 

· 

[ ] 

X 1 

X 2 

= 

530.0 

−323.3




[ 

] [ ] 

8.0 −4.67 

−4.67 3.33 

· 

[ ] 

X 1 

X 2 

= 

530.0 

−323.3 

Rešitev tega sistema je X 1 = 52.73 kN in X 2 = −23.18 kNm.




[ 

] [ ] 

8.0 −4.67 

−4.67 3.33 

· 

[ ] 

X 1 

X 2 

= 

530.0 

−323.3 

Rešitev tega sistema je X 1 = 52.73 kN in X 2 = −23.18 kNm. 



Reakcije lahko določimo na dva načina:


Reakcije lahko določimo na dva načina: 

A) Rešimo ravnotežne enačbe na osnovni konstrukciji. Pri tem upoštevamo 

zunanjo obtežbo in neznane sile X i (i = 1, 2, ..., n).




zunanjo obtežbo in neznane sile X i (i = 1, 2, ..., n). 

B) Reakcije določimo s seštevanjem že prej izračunanih reakcij zaradi 

zunanje obtežbe in neznanih sil X i .






zunanje obtežbe in neznanih sil X i . 

Tako dobimo 

A z = A z (F, Q) + A z (X 1 ) + A z (X 2 ) = 

= A z (F, Q) + Āz(X 1 = 1) X 1 + Āz(X 2 = 1) X 2 = 

= −45 + 0.5 · 52.73 − 0.25 · (−23.18) = −12.84 kN, 

B z = 5 − 0.5 · 52.73 + 0.25 · (−23.18) = −27.16 kN, 

B x = 100 − 1 · 52.73 = 47.27 kN.






zunanje obtežbe in neznanih sil X i . 

Tako dobimo 

A z = A z (F, Q) + A z (X 1 ) + A z (X 2 ) = 

= A z (F, Q) + Āz(X 1 = 1) X 1 + Āz(X 2 = 1) X 2 = 

= −45 + 0.5 · 52.73 − 0.25 · (−23.18) = −12.84 kN, 

B z = 5 − 0.5 · 52.73 + 0.25 · (−23.18) = −27.16 kN, 

B x = 100 − 1 · 52.73 = 47.27 kN. 

Reakciji A x in M By sta enaki iskanim količinam X 1 in X 2 

A x = X 1 = 52.73 kN, 

M By = X 2 = −23.18 kNm. 



Upogibne momente določimo s seštevanjem upogibnih momentov zaradi sil P , Q, X 1 

in X 2 .



in X 2 . Ker so posamezni diagrami odsekoma linearni, določimo vrednosti upogibnih 

momentov le v točkah A, B, 1, 2 in 3.




momentov le v točkah A, B, 1, 2 in 3. 

A : 

B : 

M y = 0 kNm, 

M y = 1 · (−23.18) = −23.18 kNm, 

1 : M y = 90 − 1 · 52.73 + 0.5 · (−23.18) = 25.68 kNm, 

2 : M y = 100 − 2 · 52.73 + 1 · (−23.18) = −28.64 kNm, 

3 : M y = 100 − 1 · 52.73 + 1 · (−23.18) = 24.09 kNm.




momentov le v točkah A, B, 1, 2 in 3. 

A : 

B : 

M y = 0 kNm, 

M y = 1 · (−23.18) = −23.18 kNm, 

1 : M y = 90 − 1 · 52.73 + 0.5 · (−23.18) = 25.68 kNm, 

2 : M y = 100 − 2 · 52.73 + 1 · (−23.18) = −28.64 kNm, 

3 : M y = 100 − 1 · 52.73 + 1 · (−23.18) = 24.09 kNm. 

Upogibni momenti statično nedoločene konstrukcije 



Osne in prečne sile na statično nedoločeni konstrukciji izračunamo tako, da obravnavamo 

osnovno konstrukcijo, sili X 1 in X 2 pa upoštevamo kot zunanjo obtežbo.


Osne in prečne sile na statično nedoločeni konstrukciji izračunamo tako, da obravnavamo 

osnovno konstrukcijo, sili X 1 in X 2 pa upoštevamo kot zunanjo obtežbo. 

Diagrama osnih in prečnih sil 



Primer 5.35 

1. Naloga 

Trapezno vešalo na sliki je obteženo z dvema silama velikosti F . Določimo 

silo S v razpori AB. Velikost sile F je 100 kN, razdalja a je 2 m, ploščine 

prečnih prerezov so: A s1 = 196 cm 2 , A s2 = 144 cm 2 , A s = 64 cm 2 in 

A n = 240 cm 2 . Vztrajnostni moment I n nosilca je 8000 cm 4 . Pri računu 

upoštevajmo tudi vpliv osnih sil na deformacije. 



2. Rešitev 

Stopnjo statične nedoločenosti izračunamo z naslednjim izrazom 

n = 2 + 1 + 2(2 − 1) · 4 + 2(3 − 1) · 2 − 6 · 3 = 1, 

torej je konstrukcija enkrat statično nedoločena.


2. Rešitev 


n = 2 + 1 + 2(2 − 1) · 4 + 2(3 − 1) · 2 − 6 · 3 = 1, 

torej je konstrukcija enkrat statično nedoločena. 

Osnovno konstrukcijo izberemo tako, da sprostimo vzdolžni pomik 

nekje v razpori AB. Neznana sila X 1 je sila v razpori.


2. Rešitev 


n = 2 + 1 + 2(2 − 1) · 4 + 2(3 − 1) · 2 − 6 · 3 = 1, 

torej je konstrukcija enkrat statično nedoločena. 

Osnovno konstrukcijo izberemo tako, da sprostimo vzdolžni pomik 

nekje v razpori AB. Neznana sila X 1 je sila v razpori. 



Osne sile in upogibni momenti na osnovni konstrukciji zaradi sil F .


Osne sile in upogibni momenti na osnovni konstrukciji zaradi sil F . 

Osne sile in upogibni momenti na osnovni konstrukciji zaradi sil X 1 = 1. 



Koeficienta a 11 in b 1 izračunamo po enačbah (1) in (2) naslednjima izrazoma:


Koeficienta a 11 in b 1 izračunamo po enačbah (1) in (2) naslednjima izrazoma: 

E a 11 = 2 √ 2 · √2 2 · √2 

+ 

1 

0.00008 

· 2 + 2 · 1 · 1 

0.0144 · 2 + 4 · 1 · 1 

0.0064 + 8 · 1 · 1 

0.024 + 

( 2 · 2 

2 · 2 

) 

3 · 2 · 2 + 4 · 2 · 2 = 

0.0196



E a 11 = 2 √ 2 · √2 2 · √2 

+ 

1 

0.00008 

· 2 + 2 · 1 · 1 

0.0144 · 2 + 4 · 1 · 1 

0.0064 + 8 · 1 · 1 

0.024 + 

( 2 · 2 

2 · 2 

) 

3 · 2 · 2 + 4 · 2 · 2 = 

0.0196 

= 1813.34 + 266666.67 = 268480.00, 

E b 1 = 2 · 100 · 1 

( 

0.0144 · 2 + 1 2 · 200 

· 2 

) 

0.00008 2 3 · 2 · 2 + 4 · 200 · 2 

= 27777.78 + 26666666.67 = 26694444.44. 

= 

Sila X 1 je enaka sili v razpori S



E a 11 = 2 √ 2 · √2 2 · √2 

+ 

1 

0.00008 

· 2 + 2 · 1 · 1 

0.0144 · 2 + 4 · 1 · 1 

0.0064 + 8 · 1 · 1 

0.024 + 

( 2 · 2 

2 · 2 

) 

3 · 2 · 2 + 4 · 2 · 2 = 

0.0196 

= 1813.34 + 266666.67 = 268480.00, 

E b 1 = 2 · 100 · 1 

( 

0.0144 · 2 + 1 2 · 200 

· 2 

) 

0.00008 2 3 · 2 · 2 + 4 · 200 · 2 

= 27777.78 + 26666666.67 = 26694444.44. 

= 

Sila X 1 je enaka sili v razpori S 

X 1 ≡ S = − b 1 

= − 26694444.44 

a 11 268480 

= −99.43 kN. 



Primer 5.38 

1. Naloga 

Za konstrukcijo na sliki določimo navpični pomik točke T ! Togost elementov 

konstrukcije je za vse elemente enaka EI y = konst. Konstrukcija 

je obtežena le s točkovno silo F v točki T . 



2. Izračun notranjih sil 

Stopnja statične nedoločenosti je n = 2 (n = 3+1+1−3·2).



Stopnja statične nedoločenosti je n = 2 (n = 3+1+1−3·2). Osnovno 

konstrukcijo izberemo tako, da odstranimo podpori B in C



Stopnja statične nedoločenosti je n = 2 (n = 3+1+1−3·2). Osnovno 

konstrukcijo izberemo tako, da odstranimo podpori B in C 

Kinematična pogoja sta: 

a 11 X 1 + a 12 X 2 + b 1 = 0, 

a 21 X 1 + a 22 X 2 + b 2 = 0. 



Diagrami upogibnega momenta zaradi zunanje obtežbe in zaradi sil 

X 1 = 1 in X 2 = 1 so prikazani na sliki 



Koeficiente a ij in b i določimo po enačbah (1) in (2).


Koeficiente a ij in b i določimo po enačbah (1) in (2). 

E I y a 11 = a a 2 

2 3 a · 2 + a3 = 5 3 a3 ,



E I y a 11 = a a 2 

2 3 a · 2 + a3 = 5 3 a3 , 

E I y a 22 = a a 2 

2 3 a + a3 + a a ( 2 

2 3 a + 1 ) 

3 2 a 

+ 2 a a 

2 

( 2 

3 2 a + a 3) 

= 

11 a3 

3 ,



E I y a 11 = a a 2 

2 3 a · 2 + a3 = 5 3 a3 , 

E I y a 22 = a a 2 

2 3 a + a3 + a a ( 2 

2 3 a + 1 ) 

3 2 a 

E I y a 12 = − a2 

2 

( 2 

3 a + 1 ) 

3 2 a − a 3 = − 5 3 a3 , 

+ 2 a a 

2 

( 2 

3 2 a + a 3) 

= 

11 a3 

3 ,



E I y a 11 = a a 2 

2 3 a · 2 + a3 = 5 3 a3 , 

E I y a 22 = a a 2 

2 3 a + a3 + a a ( 2 

2 3 a + 1 ) 

3 2 a 

E I y a 12 = − a2 

2 

( 2 

3 a + 1 3 2 a ) 

E I y b 1 = F a a a 

2 3 = F a3 

6 , 

− a 3 = − 5 3 a3 , 

+ 2 a a 

2 

( 2 

3 2 a + a 3) 

= 

11 a3 

3 ,



E I y a 11 = a a 2 

2 3 a · 2 + a3 = 5 3 a3 , 

E I y a 22 = a a 2 

2 3 a + a3 + a a ( 2 

2 3 a + 1 ) 

3 2 a 

E I y a 12 = − a2 

2 

( 2 

3 a + 1 3 2 a ) 

− a 3 = − 5 3 a3 , 


2 3 = F a3 

6 , E I y b 2 = F a2 

2 

+ 2 a a 

2 

( 2 

3 2 a + a 3) 

= 

11 a3 

3 , 

( a 

3 + 2 ) 

3 2 a = − 5 F a3 

. 

6



E I y a 11 = a a 2 

2 3 a · 2 + a3 = 5 3 a3 , 

E I y a 22 = a a 2 

2 3 a + a3 + a a ( 2 

2 3 a + 1 ) 

3 2 a 

E I y a 12 = − a2 

2 

( 2 

3 a + 1 3 2 a ) 

− a 3 = − 5 3 a3 , 


2 3 = F a3 

6 , E I y b 2 = F a2 

2 

Rešitev sistema kinematičnih enačb 

⎡ 

5 a 3 

⎢ − 5 ⎤ ⎡ 

a3 [ ] 

⎣ 3 3 ⎥ X 1 ⎢− F ⎤ 

a3 

− 5 a3 11 a 3 ⎦· = ⎣ 6 ⎥ 

X 2 

5 F a 3 ⎦ 

3 3 

6 

→ 

+ 2 a a 

2 

( 2 

3 2 a + a 3) 

= 

11 a3 

3 , 

( a 

3 + 2 ) 

3 2 a = − 5 F a3 

. 

6 

[ ] [ ] 

10 −10 X 1 

· = 

−10 22 X 2 

[ ] 

−F 

. 

5 F



E I y a 11 = a a 2 

2 3 a · 2 + a3 = 5 3 a3 , 

E I y a 22 = a a 2 

2 3 a + a3 + a a ( 2 

2 3 a + 1 ) 

3 2 a 

E I y a 12 = − a2 

2 

( 2 

3 a + 1 3 2 a ) 

− a 3 = − 5 3 a3 , 


2 3 = F a3 

6 , E I y b 2 = F a2 

2 

Rešitev sistema kinematičnih enačb 

⎡ 

5 a 3 

⎢ − 5 ⎤ ⎡ 

a3 [ ] 

⎣ 3 3 ⎥ X 1 ⎢− F ⎤ 

a3 

− 5 a3 11 a 3 ⎦· = ⎣ 6 ⎥ 

X 2 

5 F a 3 ⎦ 

3 3 

6 

je X 1 = 7 F 

30 , X 2 = F 3 . 

→ 

+ 2 a a 

2 

( 2 

3 2 a + a 3) 

= 

11 a3 

3 , 

( a 

3 + 2 ) 

3 2 a = − 5 F a3 

. 

6 

[ ] [ ] 

10 −10 X 1 

· = 

−10 22 X 2 

[ ] 

−F 

. 

5 F 



3. Izračun pomika 

Osnovno konstrukcijo obtežimo z virtualno silo δF = 1 na mestu in 

v smeri iskanega pomika.




v smeri iskanega pomika. Upogibni moment na osnovni konstrukciji 

zaradi sile δF = 1 prikazujemo na sliki




v smeri iskanega pomika. Upogibni moment na osnovni konstrukciji 

zaradi sile δF = 1 prikazujemo na sliki 

Pri računu pomika točke T zanemarimo vpliv osnih sil, zato računamo 

w T = ∑ el 

∫ L 

0 

M nk 

y 

EI y 

¯M yF 

dx. 



Upoštevamo, da je M nk 

y = M yQ + X 1 ¯My1 + X 2 ¯My2 in da je ¯M yF 

različen od nič le v zgornjem vodoravnem elementu


Upoštevamo, da je My nk = M yQ + X 1 ¯My1 + X 2 ¯My2 in da je ¯M yF 

različen od nič le v zgornjem vodoravnem elementu 

w T = 

∫ a 

0 

∫ 

a 

M yQ ¯MyF 

dx + X 1 

E I y 

0 

∫a 

¯MyF 

dx + X 2 

E I y 

¯M y1 

0 

¯M y2 

E I y 

¯MyF 

dx.




w T = 

∫ a 

0 

∫ 

a 

M yQ ¯MyF 

dx + X 1 

E I y 

0 

∫a 

¯MyF 

dx + X 2 

E I y 

¯M y1 

0 

¯M y2 

E I y 

Te integrale izračunamo na osnovi diagramov [ ¯M y1 ], [ ¯M y1 ], [M yQ ] in 

[ ¯M yF ]. 

¯MyF 

dx.




w T = 

∫ a 

0 

∫ 

a 

M yQ ¯MyF 

dx + X 1 

E I y 

0 

∫a 

¯MyF 

dx + X 2 

E I y 

¯M y1 

0 

¯M y2 

E I y 

Te integrale izračunamo na osnovi diagramov [ ¯M y1 ], [ ¯M y1 ], [M yQ ] in 

[ ¯M yF ]. Dobimo 

¯MyF 

dx. 

w T = 1 [ F a a 2 

E I y 2 3 a + X a a1 

1 

2 

= 1 ( F a 

3 

E I y 3 

+ 7 F 

30 

a 3 

6 − F 3 

a a 

2 

3 a − X 2 

5 a 3 ) 

= 

6 

( 2 

3 2a + 1 3 a )] 

17 F a3 

180 E I y 

. 

= 



Primer 5.43 

1. Naloga 

Nosilec pontonskega mostu je podprt s tremi pontoni s tlorisno ploščino A. Določimo 

reakcijo B z na srednji ponton! Pri tem zanemarimo lastno težo nosilca. V neobremenjenem 

stanju so vse podpore na isti višini


Primer 5.43 

1. Naloga 

Nosilec pontonskega mostu je podprt s tremi pontoni s tlorisno ploščino A. Določimo 

reakcijo B z na srednji ponton! Pri tem zanemarimo lastno težo nosilca. V neobremenjenem 

stanju so vse podpore na isti višini 

Tlorisna ploščina pontona je A = 8 m 2 , specifična teža vode je γ v = 10 kN/m 3 . 

Dolžina nosilca je L = 4 m, vztrajnostni moment prečnega prereza pa I y = 25759 cm 4 . 

Modul elastičnosti materiala nosilca je E = 20000 kN/cm 2 . 



Togost podlage k v določimo z enačbo 

F = k v u.



F = k v u. 

Sila F , s katero se ponton odziva na obtežbo nosilca, je enaka teži izpodrinjene 

vode 

F = A γ v u.



F = k v u. 


vode 

F = A γ v u. 

Z u smo označili ugrez pontona zaradi obtežbe F . Togost podlage k v je 

k v = F u = A γ v.



F = k v u. 


vode 

F = A γ v u. 


k v = F u = A γ v. 

Na spodnji sliki prikazujemo statični model konstrukcije, kjer smo pontone 

nadomestili z linijskimi linearno elastičnimi vzmetmi.



F = k v u. 


vode 

F = A γ v u. 


k v = F u = A γ v. 

Na spodnji sliki prikazujemo statični model konstrukcije, kjer smo pontone 

nadomestili z linijskimi linearno elastičnimi vzmetmi. 



Stopnja statične nedoločenosti je n = 4 − 3 = 1.


Stopnja statične nedoločenosti je n = 4 − 3 = 1. 

Osnovno konstrukcijo lahko izberemo tako, da sprostimo pomik srednje 

vzmeti




vzmeti 

Sila X 1 , ki smo jo predpostavili na mestu in v smeri srednje vzmeti, je 

enaka iskani reakciji B z .




vzmeti 

Sila X 1 , ki smo jo predpostavili na mestu in v smeri srednje vzmeti, je 

enaka iskani reakciji B z . Kinematični pogoj je 

a 11 X 1 + b 1 = 0. 



Notranje sile zaradi zunanje obtežbe prikazujemo na sliki


Notranje sile zaradi zunanje obtežbe prikazujemo na sliki 

Sile v vzmeteh zaradi zunanje obtežbe so N AQ = − F 4 , N BQ = 0, N CQ = 

− 3 F 4 .




− 3 F 4 . 

Upogibni moment zaradi sile X 1 = 1 je podan na sliki




− 3 F 4 . 

Upogibni moment zaradi sile X 1 = 1 je podan na sliki 

Sile v vzmeteh zaradi sile X 1 = 1 so ¯N vA1 = 1 2 , ¯NvB1 = −1, ¯NvC1 = 1 2 . 



Koeficienta a 11 in b 1 sta: 

a 11 = 1 L 

E I y 2 

= L3 

L 

2 

2 

3 

L 

2 2 + ¯N vA1 ¯NvA1 

k v 

+ ¯N vB1 ¯NvB1 

k v 

+ 1 1 1 

+ (−1)(−1) + 1 1 1 

= 

6 E I y 2 2 k v k v 2 2 k v 

+ ¯N vC1 ¯NvC1 

k v 

= 

L3 

6 E I y 

+ 3 

2 A γ v 

,



a 11 = 1 L 

E I y 2 

= L3 

L 

2 

2 

3 

L 

2 2 + ¯N vA1 ¯NvA1 

k v 


k v 

+ 1 1 1 

+ (−1)(−1) + 1 1 1 

= 

6 E I y 2 2 k v k v 2 2 k v 

b 1 = 1 

E I y 

[ L 

2 

+ L 4 

L 

2 

1 2 

2 3 

L 

2 

3 F L 

8 

2 F L 

3 4 + L 2 

] 

11 F L3 

= − − 1 F 

96 E I y 2 4 

( 

L 1 1 3 F L 

2 2 3 8 

+ ¯N vA1 N vAQ 

k v 

1 

+ 0 − 1 3 F 

A γ v 2 4 

+ 2 3 


k v 

= 

L3 

+ 3 

6 E I y 

F L 

4 

+ ¯N vB1 N vBQ 

k v 

, 

2 A γ v 

) 

+ L 4 

( 

L 1 2 3 F L 

2 2 3 8 

+ ¯N vC1 N vCQ 

k v 

= 

1 

A γ v 

= − 

11 F L3 

96 E I y 

− F 

2 A γ v 

. 

+ 1 3 

) 

F L 

+ 

4



a 11 = 1 L 

E I y 2 

= L3 

L 

2 

2 

3 

L 

2 2 + ¯N vA1 ¯NvA1 

k v 


k v 

+ 1 1 1 

+ (−1)(−1) + 1 1 1 

= 

6 E I y 2 2 k v k v 2 2 k v 

b 1 = 1 

E I y 

[ L 

2 

+ L 4 

L 

2 

1 2 

2 3 

L 

2 

3 F L 

8 

2 F L 

3 4 + L 2 

] 

11 F L3 

= − − 1 F 

96 E I y 2 4 

( 

L 1 1 3 F L 

2 2 3 8 

+ ¯N vA1 N vAQ 

k v 

1 

+ 0 − 1 3 F 

A γ v 2 4 

+ 2 3 


k v 

= 

L3 

+ 3 

6 E I y 

F L 

4 

+ ¯N vB1 N vBQ 

k v 

, 

2 A γ v 

) 

+ L 4 

( 

L 1 2 3 F L 

2 2 3 8 

+ ¯N vC1 N vCQ 

k v 

= 

1 11 F L3 

= − − F . 

A γ v 96 E I y 2 A γ v 

+ 1 3 

) 

F L 

+ 

4 



Z upoštevanjem prikazanih izrazov v kinematičnem pogoju dobimo 

neznanko X 1 

X 1 = − b 1 

a 11 

= F 48 E I y + 11 A γ v L 3 

16 (9 E I y + A γ v L 3 ) ≡ −B z.



neznanko X 1 

X 1 = − b 1 

a 11 

= F 48 E I y + 11 A γ v L 3 

16 (9 E I y + A γ v L 3 ) ≡ −B z. 

Za podane vrednosti sledi 

B z = −X 1 = −F 48 · 20000 · 25759 + 11 · 80000 · 10 · 10−6 · 400 3 

16 (9 · 20000 · 25759 + 80000 · 10 · 10 −6 · 400 3 ) 

= −0.337 F.



neznanko X 1 

X 1 = − b 1 

a 11 

= F 48 E I y + 11 A γ v L 3 

16 (9 E I y + A γ v L 3 ) ≡ −B z. 

Za podane vrednosti sledi 

B z = −X 1 = −F 48 · 20000 · 25759 + 11 · 80000 · 10 · 10−6 · 400 3 

16 (9 · 20000 · 25759 + 80000 · 10 · 10 −6 · 400 3 ) 

= −0.337 F. 

Celotne sile v vzmeteh so: 

N vA = − F 4 + X 1 

2 , N vB = −X 1 , N vC = − 3 F 4 + X 1 

2 . 



Primer 5.44 

1. Naloga 

Konstrukcija je obtežena z dvema točkovnima silama velikosti F v točki C, poleg 

tega se je konstrukcija segrela za ∆T + = 10 ◦ C na notranji strani in za ∆T − = 30 ◦ C 

na zunanji strani. Predpostavimo, da se temperatura po prerezu spreminja linearno. 

Podatki: E = 2 · 10 8 kN/m 2 , α T = 10 −5 (C ◦ ) −1 . Določi potek upogibnega momenta.


Primer 5.44 

1. Naloga 

Konstrukcija je obtežena z dvema točkovnima silama velikosti F v točki C, poleg 

tega se je konstrukcija segrela za ∆T + = 10 ◦ C na notranji strani in za ∆T − = 30 ◦ C 

na zunanji strani. Predpostavimo, da se temperatura po prerezu spreminja linearno. 

Podatki: E = 2 · 10 8 kN/m 2 , α T = 10 −5 (C ◦ ) −1 . Določi potek upogibnega momenta. 



Konstrukcija je enkrat statično nedoločena.


Konstrukcija je enkrat statično nedoločena. Osnovno konstrukcijo izberemo 

tako, da sprostimo vodoravni pomik v podpori B


Konstrukcija je enkrat statično nedoločena. Osnovno konstrukcijo izberemo 

tako, da sprostimo vodoravni pomik v podpori B 

Neznano silo X 1 izračunamo iz kinematičnega pogoja 

a 11 X 1 + b 1 = 0. 



Koeficienta a 11 in b 1 določimo po enačbah: 

a 11 = ∑ el 

∫ L 

0 

( ¯Nx1 ¯Nx1 

E A x 

+ ¯M y1 ¯My1 

E I y 

) 

dx,



a 11 = ∑ el 

b 1 = ∑ el 

∫ L 

0 

∫ L 

0 

( ¯Nx1 ¯Nx1 

+ ¯M ) 

y1 ¯My1 

dx, 

E A x E I y 

[( ¯Nx1 N xQ 

E A x 

+ ¯M ) 

yi M yQ 

E I y 

] 

+ α T (∆T x ¯Nxi + ∆T z ¯Myi ) dx,



a 11 = ∑ el 

b 1 = ∑ el 

kjer sta 

∫ L 

0 

∫ L 

0 

∆T x = 

( ¯Nx1 ¯Nx1 

+ ¯M ) 

y1 ¯My1 

dx, 

E A x E I y 

[( ¯Nx1 N xQ 

E A x 

10 + 30 

2 

+ ¯M ) 

yi M yQ 

E I y 

= 20 ◦ C, ∆T z = 

] 

+ α T (∆T x ¯Nxi + ∆T z ¯Myi ) dx, 

10 − 30 

0.10 

= −200 ◦ C/m. 



Osna sila in upogibni moment na osnovni konstrukciji zaradi točkovnih 

sil v točki C ter zaradi sile X 1 = 1. 



Koeficienta a 11 in b 1 izračunamo iz diagramov na prejšnji sliki 

E a 11 = 1 3 · 1 · 2 + 1 3 · 3 

A x I y 2 · 2 

3 3 · 2 = 6 + 18 = 

A x I y 

6 

= 

5 · 10 + 18 

= 4321200, 

−3 416.67 · 10−8



E a 11 = 1 3 · 1 · 2 + 1 3 · 3 

A x I y 2 · 2 

3 3 · 2 = 6 + 18 = 

A x I y 

6 

= 

5 · 10 + 18 

= 4321200, 

−3 416.67 · 10−8 E b 1 = − 1 I y 

3 · 3 

2 · 2 

3 6 · 2 + E α T ∆T x · (−3) · 2 + E α T ∆T z · 

36 

= − 

416.67 · 10 + 2 · −8 108 · 1 · 10 −5 · 20 · (−6)+ 

+ 2 · 10 8 · 1 · 10 −5 · (−200) · (−9) = 

= −5280000. 

( 

− 3 · 3 

2 · 2 ) 

=



E a 11 = 1 3 · 1 · 2 + 1 3 · 3 

A x I y 2 · 2 

3 3 · 2 = 6 + 18 = 

A x I y 

6 

= 

5 · 10 + 18 

= 4321200, 

−3 416.67 · 10−8 E b 1 = − 1 I y 

3 · 3 

2 · 2 

3 6 · 2 + E α T ∆T x · (−3) · 2 + E α T ∆T z · 

36 

= − 

416.67 · 10 + 2 · −8 108 · 1 · 10 −5 · 20 · (−6)+ 

+ 2 · 10 8 · 1 · 10 −5 · (−200) · (−9) = 

= −5280000. 

( 

− 3 · 3 

2 · 2 ) 

= 

Sila X 1 je 

X 1 = − b 1 

a 11 

= 1.222 kN. 



Diagram osnih sil in upogibnih momentov določenih s superpozicijo, 

prikazujemo na sliki


Diagram osnih sil in upogibnih momentov določenih s superpozicijo, 

prikazujemo na sliki

Metoda sil: notranje sile - FGG-KM - Univerza v Ljubljani

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?