2.6 - FGG-KM - Univerza v Ljubljani

266 2 Enakomerna torzija
vrednost I ΦP z pa z integriranjem produkta y in Φ P
10 · 0.1
20 · 0.1
I ΦP z = Φ P 3 (2 y 3 + y 4 ) + [Φ P 3 (2 y 3 + y 5 ) + Φ P 5 (2 y 5 + y 3 ) ]+
6
6
30 · 0.1
20 · 0.05
+ [Φ P 5 (2 y 5 + y 6 ) + Φ P 6 (2 y 6 + y 5 ) ] + [Φ P 2 (2 y 2 + y 1 ) + Φ P 1 (2 y 1 + y 2 ) ]+
6
6
30 · 0.05
30 · 0.1
+ [Φ P 7 (2 y 7 + y 8 ) + Φ P 8 (2 y 8 + y 7 ) ] + [Φ P 3 (2 y 3 + y 2 ) + Φ P 2 (2 y 2 + y 3 ) ]+
6
6
20 · 0.05
10 · 0.05
+ [Φ P 5 (2 y 5 + y 7 ) + Φ P 7 (2 y 7 + y 5 ) ] + [Φ P 7 (2 y 7 + y 1 ) + Φ P 1 (2 y 1 + y 6 ) ]+
6
6
20 · 0.1
+ [Φ P 6 (2 y 6 + y 8 ) + Φ P 8 (2 y 8 + y 6 ) ] = −23890.7 cm 5 .
6
Konstanti A in B izračunamo iz enačb (2.156)
A = − I y I ΦP z + I yz I ΦP y
I y I z − I 2 yz
= 4.28896 cm, B = I z I ΦP y + I yz I ΦP z
I y I z − I 2 yz
= −3.10133 cm.
Koordinati torzijskega središča izračunamo iz enačb (2.139)
y C = y P − B = 3.10133 cm,
z C = z P − A = −4.28896 cm.
Izbočitveno funkcijo Φ izračunamo po enačbi (2.154). Ker konstanta Φ 0 ne vpliva na velikost izbočitvene
funkcije Φ, izberemo, da je
Φ 0 = 0 (2.220)
in pišemo
Φ = Φ P + A y − B z − S ΦP
A x
= Φ P + 4.28896 y + 3.10133 z − 61.3636.
Vrednosti izbočitvene funkcije Φ v vozliščih podajamo v preglednici (2.3). Potek izbočitvene funkcije
Φ prikazujemo na sliki 2.67.
SLIKA 2.67: Izbočitvena funkcija Φ ter lega torzijskega središča C
Pomik u x izračunamo po enačbi (2.146), kjer za T 0 izberemo vozlišče 7. Zato je T 0 ≡ T 7 :
ū xi = u xi − u x7 + α(Φ − Φ 7 ).

2.6 Strižno in torzijsko središče 267
Specifični torzijski zasuk α je
α =
15000
7.5 · 10 4 · 2618.18 = 0.00007639 cm−1 .
Pomike ū xi posameznih točk glede na vozlišče 7 prikazujemo v preglednici 2.3.
Za račun pomikov u y = −ω x (z − z C ) in u z = ω x (y − y C ) (enačba (2.30)) v prečnem prerezu x = L
potrebujemo zasuk ω x , ki ga v primeru, da je zasuk ω x (0) pri x = 0 enak nič, izračunamo po enačbi
(2.25)
ω x (L) = α L = 0.00007639 · 400 = 0.03056 radianov.
Pomike u y in u z v vozliščih prečnega prereza prikazujemo v preglednici 2.3.
2.6 Strižno in torzijsko središče
V literaturi obstajajo različne definicije strižnega in torzijskega središča. V tem razdelku prikažemo
dve različni definiciji strižnega in dve različni definiciji torzijskega središča ter enačbe za račun njunih
koordinat.
2.6.1 Strižno središče
Definicija strižnega središča je zasnovana na definiciji upogiba z osno silo oziroma upogiba brez zvijanja
okrog vzdolžne osi. Oglejmo si dve definiciji upogiba brez zvijanja okrog vzdolžne osi. †
Prva definicija upogiba brez zvijanja okrog vzdolžne osi
Saint-Venantov problem predstavlja reševanje osnovnih enačb linearne teorije elastičnosti (kinematičnih
enačb, ravnotežnih enačb in enačb Hookovega zakona) za primer linijskega nosilca s konstantnim prečnim
prerezom A x (slika 2.68), če predpostavimo, da je
σ yz = σ yy = σ zz = 0. (2.221)
Pri tem predpostavimo, da je nosilec obtežen le v krajnih prerezih x = 0 in x = L.
Rešitev enačb pokaže, da se odvod ∂ω x /∂x zasuka elementa prečnega prereza okrog vzdolžne osi od
točke do točke prečnega prereza spreminja. Izraz ∂ω x /∂x predstavlja relativni zasuk dveh enako ležečih
elementov sosednih prečnih prerezov.
† Y.C. Fung, An Introduction to the Theory of Aeroelasticity, John Wiley & Sons, New York, 1955.

268 2 Enakomerna torzija
SLIKA 2.68: Obravnavamo linijski nosilec s kostantnim prečnim prerezom A x
Upogib brez zasuka lahko definiramo z zahtevo, da je povprečna vrednost ∂ω x /∂x po celem prečnem
prerezu enaka nič
∫
∂ω x
∂x dA x = 0. (2.222)
A x
Strižno središče S je točka prečnega prereza, skozi katero potekata prečni sili N y in N z , da v nosilcu
nastane deformacijsko stanje, ki ustreza enačbi (2.222) (slika 2.69).
SLIKA 2.69: Če prečni sili N y in N z delujeta v strižnem središču S, nastopa upogib brez zvijanja
Pri taki definiciji upogiba brez zvijanja okrog vzdolžne osi je lega strižnega središča odvisna od Poissonovega
količnika ν. Izraza za koordinati y S , z S strižnega središča, ki ustreza pogoju (2.222), podaja več
avtorjev. Oglejmo si tri primere.

2.6 Strižno in torzijsko središče 269
Goodier podaja izraz za koordinato z S ob predpostavki (2.222) †
∫ (
1
y S = −
y ∂χ
2 (1 + ν) I y ∂z − z ∂χ (1
∂y + − ν 2
A x
∫ (
1
z S = −
z ∂χ
2 (1 + ν) I z ∂y − y ∂χ (1
∂z + − ν 2
A x
) (
y 3 − 2 + ν ) )
z 2 y dA x ,
2
) (
z 3 − 2 + ν ) )
y 2 z dA x .
2
(2.223)
Strižno (upogibno) funkcijo χ izračunamo iz enačbe ‡
∂ 2 χ
∂y 2 + ∂2 χ
∂z 2 = 0
in robnega pogoja
∂χ
[ ν
(
∂η = − 2 y2 + 1 − ν )
z 2] e ηy − (2 + ν) y z e ηz .
2
Z upoštevanjem iste predpostavke dobi Sokolnikoff § naslednja izraza za y S in z S
y S =
z S =
1
2 (1 + ν) (I y I z − Iyz) 2 (I z S 2 − I yz S 1 ),
1
2 (1 + ν) (I y I z − Iyz) 2 (I yz S 2 − I y S 1 ),
(2.224)
kjer oznaki S 1 in S 2 pomenita
∫ [
S 1 = y ∂ϕ 1
∂z − z ∂ϕ ]
1
∂y + (1 + ν) y2 z − ν z 3 dA x ,
A x
∫ [
S 2 = y ∂ϕ 2
∂z − z ∂ϕ ]
2
∂y − (1 + ν) y z2 + ν y 3 dA x ,
A x
Funkciji ϕ 1 in ϕ 2 sta harmonični strižni funkciji, ki ju izračunamo iz enačb
ob upoštevanju robnih pogojev
∂ 2 ϕ 1
∂y 2 + ∂2 ϕ 1
∂z 2 = 0, ∂ 2 ϕ 2
∂y 2 + ∂2 ϕ 2
∂z 2 = 0
∂ϕ 1
∂η = [ (1 + ν) y2 − ν z 2 ] e ηy ,
∂ϕ 2
∂η = [ (1 + ν) z2 − ν y 2 ] e ηz .
† J.N. Goodier, A Theorem on the Shearing Stress in Beams with Applications to Multicelluar Sections, Journal of the
Aeronautical Sciences, Vol. 11, No. 3, 272-280, July, 1944.
‡ A.E.H. Love, A Treatise on the Mathematical Theory of Elasticity, Dover Publications, New York, fourth edition, 1944.
§ I.S. Sokolnikoff, Mathematical Theory of Elasticity, McGraw-Hill Book Company, New York, 1956.

270 2 Enakomerna torzija
Sokolnikoff † pokaže, da enačbi strižnega središča po Goodieru in Sokolnikoffu določata isto točko. V
diplomi Polone Vončina ‡ sta podana naslednja izraza za račun koordinat strižnega središča:
∫ (
1
y S =
y ∂Φ y
2 (1 + ν) I y ∂z − z ∂Φ y
∂y + 1 + ν y z 2 − 1 − ν )
y 3 dA x ,
2
2
A x
∫ (
1
z S = −
y ∂Φ z
2 (1 + ν) I z ∂z − z ∂Φ z
∂y − 1 + ν
2
A x
y 2 z + 1 − ν
2
Funkciji Φ y in Φ z sta harmonični strižni funkciji, ki ju izračunamo iz enačb
z 3 )
dA x .
(2.225)
∂ 2 Φ y
∂y 2
+ ∂2 Φ y
∂z 2 = 0, ∂ 2 Φ z
∂y 2 + ∂2 Φ z
∂z 2 = 0
ob upoštevanju robnih pogojev
∂Φ y
∂η = (1 + ν) y z e ηy +
( 1 + ν
2
z 2 + 1 − ν
2
y 2 )
e ηz ,
(
∂Φ z 1 + ν
∂η = y 2 + 1 − ν )
z 2 e ηy + (1 + ν) y z e ηz .
2 2
Druga definicija upogiba brez zvijanja okrog vzdolžne osi
Trefftz je predlagal definicijo upogiba brez zvijanja okrog vzdolžne osi na osnovi deformacijske energije.
§ Če konzolni nosilec obtežimo v prostem krajišču s torzijskim momentom M, se to krajišče zasuče
za kot α. Deformacijska energija v nosilcu je enaka delu W 1 , ki ga opravi moment na zasuku
W 1 = 1 2 M α.
V primeru, če v prostem krajišču deluje le sila F z , ki povzroči pomik w L prostega krajišča konzole, je
deformacijska energija W 2 enaka
W 2 = 1 2 F z w L .
Če delujeta moment M in sila F z istočasno, deformacijska energija v nosilcu v splošnem ni enaka vsoti
W 1 in W 2 . * Vzemimo, da na nosilec deluje najprej le moment M, ki opravi delo W 1 . Nato naj deluje še
sila F z , moment M pa je konstanten. Sila F z opravi delo W 2 , moment M pa opravi še dodatno delo, ki
† I.S. Sokolnikoff, Mathematical Theory of Elasticity, McGraw-Hill Book Company, New York, 1956.
‡ Polona Vončina, Napetosti in pomiki upogibnega nosilca po Saint-Venantu, diplomska naloga, (mentor prof. D. Jurišić)
FAGG, Ljubljana, 1983.
§ E. Trefftz, Über den Schubmittelpunkt in einem durch eine Einzellast gebogenen Balken, Zeitschrift für Angewandte
Mathematik und Mechanik, Vol. 15, No. 4, 220-225, 1935.
* F. de Veubeke, A Course in Elasticity, Springer-Verlag, New York, 1979.

2.6 Strižno in torzijsko središče 271
ustreza kotu zasuka zaradi sile F z . Trefftz definira upogib brez zvijanja okrog vzdolžne osi s pogojem,
da je deformacijska energija zaradi omenjenega dodatnega dela, enaka nič.
V primeru, če prečni sili N y in N z delujeta v strižnem središču nastopa v nosilcu “čisti” upogib. Nato
dodamo še moment M. V tem primeru je deformacijska energija nosilca enaka vsoti energij zaradi
torzije in zaradi “čistega” upogiba. Vrstni red nanašanja F z in M ni pomemben. Izraz za koordinati
strižnega središča na osnovi tako definiranega upogiba brez zvijanja okrog vzdolžne osi lahko zapišemo
z izbočitveno funkcijo Φ enakomerne torzije †
y S = − I z I Φy + I yz I Φz
I y I z − I 2 yz
, z S = I y I Φz + I yz I Φy
I y I z − Iyz
2 . (2.226)
Pri tem je
∫
∫
I Φy = z Φ dA x , I Φz = y Φ dA x , (2.227)
A x A x
Izbočitveno funkcijo Φ izračunamo iz enačbe ‡
A x :
∂ 2 Φ
∂y 2 + ∂2 Φ
= 0, (2.228)
∂z2 ob upoštevanju robnega pogoja
C x :
⎛
⎜
⎝ ∂Φ
∂y − z − 1 ∫
A x
C x
⎞ ⎛
⎟ ⎜
Φ dz⎠ e ηy + ⎝ ∂Φ
∂z + y + 1 ∫
A x
C x
⎞
⎟
Φ dy⎠ e ηz = 0. (2.229)
V tem primeru je strižno središče neodvisno od Poissonovega koeficienta ν, namesto enačbe (2.222) pa
velja †
∫
∂ω x
∂x ¯ϕ dA x = 0.
A cel
S ¯ϕ označimo razširjeno napetostno funkcijo ϕ, ki vključuje tudi odprtine v prečnem prerezu
¯ϕ = ϕ na A x ,
¯ϕ = ϕ ni na A i , i = 1, . . . , N.
Z A cel je označeno območje prečnega prereza A x vključno z odprtinami.
‡ A. Carpinteri, Structural Mechanics–A Unified Approach, E & FN SPON, London, 1997.
† F. de Veubeke, A Course in Elasticity, Springer-Verlag, New York, 1979.

272 2 Enakomerna torzija
2.6.2 Torzijsko središče
Tudi za torzijsko središče obstajajo različne definicije. Oglejmo si dve.
Prva definicija torzijskega središča
Torzijsko središče C(y C , z C ) je točka, okoli katere se prečni prerez v primeru enakomerne torzije zasuče.
Z izbočitveno funkcijo Φ enakomerne torzije izračunamo koordinati y C in z C takole: †
y C =
1 ∫
z C = − 1 ∫
A x A x
A x
Enačbi (2.230) sta izpeljani v razdelku 2.2.
Druga definicija torzijskega središča
∂Φ
∂z dA x,
A x
∂Φ
∂y dA x. (2.230)
V rešitvi za Saint-Venantov problem upoštevamo, da se nosilec le zasuče okrog vzdožne osi. Nato
vzamemo, da veljajo za prečni prerez x = 0, kjer je konzola vpeta, naslednji pogoji: ‡
a) Pomika u y in u z sta enaka nič:
u y = 0, u z = 0 za x = 0.
b) Če v rešitvi za Saint-Venantov problem upoštevamo, da se nosilec le zasuče okrog vzdožne osi,
lahko vzdolžni pomik u x izrazimo s tremi parametri c, p in q. Če nato zahtevamo, da ima povprečna
vrednost kvadrata vzdolžnega pomika u x minimalno vrednost glede na parametre c, p in
q
∫
A x
(u x (c, p, q)) 2 dA x = minimum za x = 0,
kar lahko napišemo z enačbami
∫
A x
u x dA x = 0,
∫
A x
y u x dA x = 0,
∫
A x
z u x dA x = 0, (2.231)
dobimo izraz za torzijsko središče, ki sovpada s strižnim središčem, definiranim po Trefftzu (enačbi
(2.226)), kar pokaže Veubeke §
y C ≡ y S = − I z I Φy + I yz I Φz
I y I z − I 2 yz
Druga možnost je uporaba enačb (2.157).
, z C ≡ z S = I y I Φz + I yz I Φy
I y I z − Iyz
2 . (2.232)
† A. Carpinteri, Structural Mechanics–A Unified Approach, E & FN SPON, London, 1997.
‡ A. Weinstein, The Center of Shear and the Center of Twist, Quarterly of Applied Mathematics, Vol. V, No. 1, 97-99,
1947.
§ F. de Veubeke, A Course in Elasticity, Springer-Verlag, New York, 1979.

2.6 Strižno in torzijsko središče 273
Primer 2.7 Obravnavamo prečni prerez z eno simetrijsko osjo. Dimenzije prečnega prereza so podane
na sliki 2.70, vrednost Poissonovega koeficeinta pa je ν = 0.3. Izračunajmo torzijski vztrajnostni moment
I x z uporabo napetostne funkcije ϕ(y, z) in izbočitvene funkcije Φ(y, z). Izračunajmo koordinati
strižnega in torzijskega središča prečnega prereza po različnih definicijah. Za reševanje parcialnih diferencialnih
enačb uporabimo diferenčno metodo.
SLIKA 2.70: Dimenzije prečnega prereza oblike ”C”
Določimo najprej napetostno funkcijo ϕ(y, z) iz diferencialne enačbe (2.85) z robnim pogojem (2.82).
Problem rešimo z diferenčno metodo in prikazuejmo na sliki 2.71.
SLIKA 2.71: Napetostna funkcija ϕ(y, z)
Torzijski vztrajnostni moment I x izračunamo z integriranjem napetostne funkcije ϕ(y, z) po prečnem

274 2 Enakomerna torzija
prerezu, (enačba (2.31)), strižne napetosti pa izračunamo z odvajanjem napetostne funkcije po enačbah
(2.95). Torzijski vztrajnostni moment je
I x = 0.1483 cm 4 .
Razporeditev strižnih napetosti σ xy in σ xz prikazujemo na sliki 2.72.
SLIKA 2.72: Strižne napetosti σ xy (y, z) in σ xz (y, z) zaradi M x = 1 kNcm
Z diferenčno metodo rešimo diferencialno enačbo (2.42) z robnimi pogoji (2.51) in določimo izbočitveno
funkcijo Φ(y, z), ki jo prikazujemo na sliki 2.73.
SLIKA 2.73: Izbočitvena funkcija Φ(y, z)

2.6 Strižno in torzijsko središče 275
Z enačbo (2.53) izračunamo torzijski vztrajnostni moment I x , z (2.46) pa lahko izračunamo tudi koordinati
y C in z C torzijskega središča C.
I x = 0.1490 cm 4 , y C = 0.767 cm, z C = 0 cm.
Iz (2.45) izračunamo strižni napetosti σ xy in σ xz , ki so skoraj enake tistim, prikazanim na sliki 2.72.
Razlike nastopijo zaradi numerične napake.
Koordinate strižnega središča S lahko izračunamo tudi po različnih definicijah z enačbami (2.223),
(2.224), (2.225) in (2.226). Rezultate prikazujemo v preglednici 2.4.
PREGLEDNICA 2.4: Koordinati strižnega središča po različnih definicijah
Definicija enačba (2.223) enačba (2.224) enačba (2.225) enačba (2.226)
(Goodier) (Sokolnikoff) (Vončina) (Trefftz)
y s 0.771 0.771 0.771 0.003
Vidimo, da dobimo po treh definicijah isto vrednost, različna pa je vrednost, ki jo izračunamo po enačbi
(2.226). Koordinata torzijskega središča (enačba (2.46)) se le za malo razlikuje od koordinate strižnega
središča (enačba (2.223–2.225)).

3 Metoda pomikov
V 3. poglavju obravnavamo ravninske linijske konstrukcije po metodi pomikov. Pri tem v razdelku 3.1
izpeljemo enačbe za ravninsko paličje, v razdelku 3.2 pa za ravninski okvir.
3.1 Ravninsko paličje
V tem poglavju obravnavamo paličje v ravnini X, Y . Osnovne enačbe mehanike trdnih teles (ravnotežne
enačbe, kinematične enačbe in Hookov zakon) rešimo po metodi pomikov. To pomeni, da ravnotežne
enačbe izrazimo s pomiki. Ker pri metodi pomikov pomikov ne računamo iz deformacij, kompatibilnostnih
pogojev ne upoštevamo.
3.1.1 Kinematična enačba in Hookov zakon
Pri metodi pomikov izrazimo ravnotežne enačbe s pomiki. Pri paličju so to pomiki vozlišč konstrukcije,
v katerih so palice med seboj povezane. Obravnavamo palico, ki povezuje vozlišči i in j s koordinatama
X i , Y i in X j , Y j ter ima dolžino l i,j (slika 3.1). Palica je usmerjena od vozlišča i k vozlišču j.
SLIKA 3.1: Palico opišemo s številko začetnega i in končnega j vozlišča
Z α i,j in β i,j označimo kota, ki ju palica oklepa z enotskima vektorjema ⃗e X in ⃗e Y (slika 3.1).
cos α i,j = X j − X i
l i,j
cos β i,j = Y j − Y i
l i,j
. (3.1)

3.1 Ravninsko paličje 277
Iz enačb (3.1) sledi
cos α j,i = X i − X j
l j,i
= − cos α i,j , cos β j,i = Y i − Y j
l j,i
= − cos β i,j . (3.2)
Dolžino palice l ij izračunamo po enačbi (slika 3.2)
l i,j = (X j − X i ) cos α i,j + (Y j − Y i ) cos β i,j . (3.3)
SLIKA 3.2: Dolžino palice izrazimo z razliko koordinat X j − X i in Y j − Y i
Zaradi vpliva zunanje obtežbe, ki deluje v vozliščih palične konstrukcije, se vozlišči i in j premakneta v
novo lego, ki jo opišemo s koordinatami X i ′, Y i ′ in X′ j , Y j ′ (slika 3.3)
X i , Y i → X ′ i, Y ′
i , X j , Y j → X ′ j, Y ′
j .
SLIKA 3.3: Začetna in deformirana lega palice

278 3 Metoda pomikov
Če z u i , v i in u j , v j označimo komponente pomikov vozlišč i in j v smereh X in Y osi
sledi
⃗u i = u i ⃗e X + v i ⃗e Y , ⃗u j = u j ⃗e X + v j ⃗e Y , (3.4)
X ′ i = X i + u i , Y ′
i = Y i + v i , X ′ j = X j + u j , Y ′
j = Y j + v j . (3.5)
Po deformiranju se spremenita kota, ki ju palica oklepa s koordinatnima osema
cos α ′ i,j = X′ j − X′ i
l ′ i,j
, cos β i,j ′ = Y j ′ − Y i
′
l
i,j
′
(3.6)
ter dolžina palice
l ′ i,j = (X ′ j − X ′ i) cos α ′ i,j + (Y ′
j − Y ′
i ) cos β ′ i,j. (3.7)
Če so pomiki vozlišč palične konstrukcije majhni v primerjavi z dolžinami palic, lahko zanemarimo
spremembe kotov pri deformaciji
cos α ′ i,j ≈ cos α i,j , cos β ′ i,j ≈ cos β i,j . (3.8)
Dolžino deformirane palice l ′ i,j lahko zato približno izrazimo s kotoma α i,j in β i,j
l ′ i,j ≈ (X ′ j − X ′ i) cos α i,j + (Y ′
j − Y ′
i ) cos β i,j . (3.9)
Spremembo dolžine palice označimo z ∆l i,j
∆l i,j = l ′ i,j − l i,j . (3.10)
Enačbe (3.3), (3.5) in (3.9) vstavimo v (3.10)
∆l i,j = (X ′ j − X j ) cos α i,j − (X ′ i − X i ) cos α i,j + (Y ′
j − Y j ) cos β i,j − (Y ′
i − Y i ) cos β i,j =
= (u j − u i ) cos α i,j + (v j − v i ) cos β i,j .
(3.11)
Če je paličje obteženo le v vozliščih, je v palici od nič različna le osna sila N x . Normalno napetost σ xx
zaradi osne sile N x izračunamo po enačbi
Pri obravnavanju ravninskega paličja uporabimo oznake
σ xx = N x
A x
. (3.12)
σ i,j = N i,j
A i,j
→ N i,j = σ i,j A i,j , (3.13)
kjer indeksa i in j pomenita številki začetnega in končnega vozlišča palice. Če ima palica konstantni
prečni prerez A i,j , je normalna napetost σ i,j po celi palici konstantna. Vzdolžno deformacijo ε xx v
smeri osi palice označimo z ε i,j , kjer indeksa i in j pomenita številko začetega in končnega vozlišča

3.1 Ravninsko paličje 279
palice. Ker je normalna napetost σ i,j po celi palici konstantna, je konstantna tudi deformacija ε i,j , ki jo
lahko izrazimo s spremembo dolžine palice (glej M. Stanek, G. Turk, Osnove mehanike trdnih teles)
ε i,j = l′ i,j − l i,j
l i,j
= ∆l i,j
l i,j
. (3.14)
Kinematična enačba (3.14) podaja zvezo med deformacijo in pomiki. Zapisati moramo še zvezo med
napetostjo σ i,j in deformacijo ε i,j . Ker obravnavamo primer enoosnega napetostnega stanja, je
ε i,j = σ i,j
E i,j
+ α T i,j ∆T i,j . (3.15)
Upoštevamo torej tudi spremembo temperature palice za ∆T i,j . Na enak način upoštevamo tudi krčenje
materiala (glej M. Stanek, G. Turk, Osnove mehanike trdnih teles). Z E i,j označimo modul elastičnosti
materiala, z α T i,j pa linearni temperaturni razteznostni koeficient za obravnavano palico. Iz enačbe
(3.15) izračunamo napetost σ i,j
σ i,j = E i,j ε i,j − E i,j α T i,j ∆T i,j . (3.16)
V enačbi (3.16) upoštevamo enačbo (3.14)
in enačbo (3.17) vstavimo v (3.13)
σ i,j = E i,j ∆l i,j
l i,j
− E i,j α T i,j ∆T i,j (3.17)
N i,j = E i,j A i,j
l i,j
∆l i,j − E i,j A i,j α T i,j ∆T i,j = k i,j ∆l i,j − E i,j A i,j α T i,j ∆T i,j . (3.18)
S k i,j označimo izraz
k i,j = E i,j A i,j
l i,j
, (3.19)
ki ga imenujemo osna togost palice. Če v enačbi (3.18) upoštevamo enačbo (3.11), izrazimo osno silo v
palici s pomiki
N i,j = k i,j [(u j − u i ) cos α i,j + (v j − v i ) cos β i,j ] − E i,j A i,j α T i,j ∆T i,j . (3.20)
Enačbo (3.20) zapišimo še v matrični obliki
N i,j = k i,j [cos α i,j cos β i,j ]
[
uj − u i
v j − v i
]
− E i,j A i,j α T i,j ∆T i,j . (3.21)

280 3 Metoda pomikov
3.1.2 Ravnotežna pogoja za vozlišče paličja
Da poljubno vozlišče i paličja miruje, morata biti izpolnjena ravnotežna pogoja (slika 3.4)
∑n i
r=1
N i,jr X + F iX = 0,
∑n i
r=1
N i,jr Y + F iY = 0. (3.22)
SLIKA 3.4: V vozlišču i je povezanih n i število palic
Z n i je označeno število palic, ki se stikajo v vozlišču i. N i,jr X in N i,jr Y sta komponenti osne sile palice
z vozliščema i in j r v vozlišču i, F iX in F iY pa komponenti zunanje obtežbe vozlišča i v smereh X in
Y . Enačbi (3.22) zapišimo v matrični obliki
∑n i
[
Ni,jr X
N i,jr Y
r=1
] [ ] [
FiX 0
+ = . (3.23)
F iY 0]
Komponenti osne sile N i,jr X in N i,jr Y izrazimo z velikostjo osne sile N i,jr (slika 3.5)
N i,jr X = N i,jr cos α i,jr , N i,jr Y = N i,jr cos β i,jr . (3.24)
SLIKA 3.5: Silo N i,jr v palici z vozličema i in j r razstavimo v smereh X in Y osi

3.1 Ravninsko paličje 281
Tudi enačbi (3.24) zapišimo v matrični obliki
[
Ni,jr X
N i,jr Y
]
[ ] cos αi,jr
= N i,jr . (3.25)
cos β i,jr
Če enačbo (3.21) vstavimo v (3.25), dobimo (j v enačbi (3.21) zamenjamo z j r )
[
Ni,jr X
N i,jr Y
]
[ ]
[ ]
cos αi,jr
ujr − u
= k i,jr [cos α
cos β i,jr cos β i,jr ]
i
−
i,jr v jr − v i
[ ] cos αi,jr
− E i,jr A i,jr α T i,jr ∆T i,jr .
cos β i,jr
(3.26)
Produkte osne togosti palice k i,jr in smernih kosinusov označimo z matriko [K i,jr ]
[ ]
[
cos αi,jr
cos
[K i,jr ] = k i,jr [cos α
cos β i,jr cos β i,jr ] = k 2 ]
α i,jr cos α i,jr cos β i,jr
i,jr
i,jr cos α i,jr cos β i,jr cos 2 . (3.27)
β i,jr
Vidimo, da je [K i,jr ] simetrična matrika reda 2×2, ki je odvisna le od vrste materiala E i,jr , od geometrijskih
karakteristik palice A i,jr , l i,jr in od njene lege v prostoru α i,jr , β i,jr . Imenujemo jo togostna
matrika palice. Zapišimo še togostno matriko [K jr,i] in pri tem upoštevamo enačbe (3.2)
[
cos
[K jr,i] = k 2 ]
α jr,i cos α jr,i cos β jr,i
jr,i
cos α jr,i cos β jr,i cos 2 = [K
β i,jr ]. (3.28)
jr,i
Vidimo, da sta simetrični matriki [K jr,i] in [K i,jr ] enaki. Enačbo (3.27) vstavimo v (3.26)
[
Ni,jr X
N i,jr Y
V ravnotežni enačbi za vozlišče i (enačba (3.23))
∑n i
r=1
]
[ ]
ujr − u
[K i,jr ]
i
v jr − v i
[ ]
[ ]
ujr − u
= [K i,jr ]
i
cos αi,jr
− E
v jr − v i,jr A i,jr α T i,jr ∆T i,jr . (3.29)
i cos β i,jr
∑n i
−
r=1
Če pomika vozlišča i ločimo od pomikov vozlišč j r , dobimo
∑n i
r=1
[K i,jr ]
[
ujr
v jr
]
∑n i
−
r=1
[ ] [ ]
ui Fix
[K i,jr ] +
v i F iy
[ ] [ ] [ cos αi,jr Fix 0
E i,jr A i,jr α T i,jr ∆T i,jr + = . (3.30)
cos β i,jr F iy 0]
∑n i
−
r=1
Izraz, ki je pomnožen s pomikoma u i in v i , označimo s [K i,i ]
[ ] [ cos αi,jr 0
E i,jr A i,jr α T i,jr ∆T i,jr = . (3.31)
cos β i,jr 0]
∑n i
[K i,i ] = − [K i,jr ], (3.32)
r=1

282 3 Metoda pomikov
člen, v katerem nastopa sprememba temperature ∆T i,jr pa združimo s komponentama F ix in F iy
[ ] [ ]
¯Fix Fix
= ¯F iy F iy
∑n i
−
r=1
[ ] cos αi,jr
E i,jr A i,jr α T i,jr ∆T i,jr . (3.33)
cos β i,jr
Enačba (3.31) dobi zato naslednjo obliko
∑n i
r=1
[ ] [ ] [ ] [
ujr ui ¯Fix 0
[K i,jr ] + [K
v i,i ] + = . (3.34)
jr v i
¯F iy 0]
3.1.3 Ravnotežni pogoji za vsa vozlišča
Celotno paličje je v ravnotežju, če je zadoščeno ravnotežnim enačbam (3.34) za vsa vozlišča paličja.
Sistem ravnotežnih enačb označimo takole:
[ K ][U] + [F ] = [0]. (3.35)
Pri tem vsebuje stolpec [U] komponente pomikov vseh vozlišč konstrukcije, stolpec [F ] pa komponente
zunanje vozliščne obtežbe celotne konstrukcije. Komponente pomikov in obtežbe so izražene glede na
globalni koordinatni sistem X, Y , v katerem konstrukcijo opišemo. Matriko [ K ] imenujemo togostna
matrika konstrukcije.
3.1.4 Sestavljanje togostne matrike konstrukcije
Sestavljanje togostne matrike prikažimo na primeru paličja, ki ga prikazujemo na sliki 3.6.
SLIKA 3.6: Prikazano paličje je sestavljeno iz sedmih elementov in ima pet vozlišč

3.1 Ravninsko paličje 283
Za vsako vozlišče napišemo enačbe (3.34)
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡
⎤ u 1
¯F 1X
[K 1,1 ] [K 1,2 ] [ ∅ ] [K 1,4 ] [ ∅ ]
v 1
¯F 1Y
[K 2,1 ] [K 2,2 ] [K 2,3 ] [K 2,4 ] [K 2,5 ]
u 2
¯F 2X
v 2
¯F 2Y
[ ∅ ] [K 3,2 ] [K 3,3 ] [ ∅ ] [K 3,5 ]
u 3
v 3
= −
¯F 3X
¯F 3Y
. (3.36)
⎢[K 4,1 ] [K 4,2 ] [ ∅ ] [K 4,4 ] [K 4,5 ]
⎥
u 4
¯F 4X
⎣
⎦
⎢v 4 ⎥ ⎢
¯F 4Y ⎥
[ ∅ ] [K 5,2 ] [K 5,3 ] [K 5,4 ] [K 5,5 ] ⎣u ⎦ ⎣
5
¯F ⎦ 5X
v 5
¯F 5Y
Oznaka [ ∅ ] predstavlja podmatriko velikosti 2 × 2 z vsemi členi enakimi nič
[ ] 0 0
[ ∅ ] = .
0 0
Podmatrike izven diagonale določimo po enačbi (3.27), podmatrike na diagonali pa po enačbi (3.32)
[K 1,1 ] = −([K 1,2 ] + [K 1,4 ]),
[K 2,2 ] = −([K 2,1 ] + [K 2,3 ] + [K 2,4 ] + [K 2,5 ]),
[K 3,3 ] = −([K 3,2 ] + [K 3,5 ]),
[K 4,4 ] = −([K 4,1 ] + [K 4,2 ] + [K 4,5 ]),
[K 5,5 ] = −([K 5,4 ] + [K 5,3 ] + [K 5,4 ]).
(3.37)
Matrika sistema enačb (3.36) je zaradi (3.28) simetrična. Enačb pa ne moremo rešiti, ker je matrika
[ K ] singularna. Če namreč seštejemo vse enačbe sistema (3.36) je vsota enaka nič. Zato enačbe
niso neodvisne in je matrika singularna. Sistem enačb lahko rešimo, če upoštevamo robne pogoje. To
pomeni, da moramo preprečiti, da se paličje premika kot nepodprt sistem togih teles. Enačba (3.36)
predstavlja ravnotežne enačbe za nepodprto paličje, ki se pod vplivom sil pospešeno premika. Zato ne
moremo enolično izračunati pomikov v ravnotežni legi konstrukcije.
3.1.5 Robni pogoji
Nepomično podprta vozlišča
Na sliki 3.7 sta nepomično podprti vozlišči 1 in 3. Paličje je 1-krat statično nedoločeno.

284 3 Metoda pomikov
SLIKA 3.7: Vozlišči 1 in 3 sta nepomično podprti
Za nepomično vozlišče f velja
u f = v f = 0. (3.38)
Pomiki u 1 , v 1 , u 3 in v 3 so znani in so enaki nič. Zato 1., 2., 5. in 6. stolpec matrike v enačbi (3.36)
množimo z nič in jih zato ni treba upoštevati. V ravnotežnih enačbah za 1. in 3. vozlišče nastopajo
neznane reakcije, zato jih pri računu pomikov prostih vozlišč ne moremo uporabiti. Sistem enačb (3.36)
spremenimo po naslednjem postopku: V matriki [ K ] črtamo 1., 2., 5. in 6. stolpec ter 1., 2., 5. in 6.
vrstico. Podobno črtamo v vektorju neznank in vektorju desne strani 1., 2., 5. in 6. člen. Sistem se je
tako zmanjšal za dvakratno število nepomičnih podpor. Sistem enačb za podprto palično konstrukcijo je:
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡
⎤ u 2
¯F 2X
[K 2,2 ] [K 2,4 ] [K 2,5 ]
v 2
¯F 2Y
[K
⎢ 4,2 ] [K 4,4 ] [K 4,5 ]
u 4
⎥
⎣
⎦ ⎢v 4
= −
¯F 4X
⎥ ⎢
¯F 4Y
. (3.39)
⎥
[K 5,2 ] [K 5,4 ] [K 5,5 ] ⎣u 5
⎦ ⎣ ¯F 5X
⎦
v 5
¯F 5Y
Reakcije, ki v nepomično podprtih vozliščih nastopajo, lahko izračunamo iz ravnotežnih enačb (3.34),
če upoštevamo, da sta pomika obravnavanega vozlišča enaka nič in če odstranimo podporo in jo nadomestimo
z reakcijama R fx in R fy (R fx in R fy upoštevamo kot zunanji sili)
n f
∑
r=1
[ ] [ ] [ ] [
ujr RfX ¯FfX 0
[K f,jr ] + + = . (3.40)
v jr R fY
¯F fY 0]
n f označuje število palic, ki so v vozlišču f povezane. Za vozlišče 1 na sliki 3.7 dobimo naslednji izraz
za reakciji R 1x in R 1y
[ ] [ ] [ ] [ ]
R1x
u2 u4 ¯F1X
= −[K
R 1,2 ] − [K
1y v 1,4 ] − . (3.41)
2 v 4
¯F 1Y
Podpora dopušča pomik v dani smeri
Vozlišče p je podprto tako, da se lahko premika v smeri premice, podane z enotskim vektorjem ⃗e p oziroma
s kotom α p . Enotski vektor, pravokoten na smer ⃗e p , označimo z ⃗e q . Pri idealno gladki podpori
se smernica reakcije ⃗ R p ujema z vektorjem ⃗e q . Na sliki 3.8 je vozlišče 3 podprto s poševno pomično
podporo.

3.1 Ravninsko paličje 285
SLIKA 3.8: Smer dovoljenega pomika v poševni pomični podpori p je podana z enotskim vektorjem ⃗e p
Enotska vektorja ⃗e p in ⃗e q , reakcijo ⃗ R p in pomik ⃗u p zapišimo glede na bazna vektorja ⃗e X in ⃗e Y
⃗e p = cos α p ⃗e X + cos β p ⃗e Y , ⃗e q = − cos β p ⃗e X + cos α p ⃗e Y ,
⃗R p = | R ⃗ p | ⃗e q = R pX ⃗e X + R pY ⃗e Y , ⃗u p = |⃗u p | ⃗e p = u p ⃗e X + v p ⃗e Y .
(3.42)
Ravnotežni enačbi za vozlišče p dobimo, če upoštevamo enačbi (3.34)
n p
∑
r=1
[ ] [ ] [ ] [ ] [
ujr
up RpX ¯FpX 0
[K p,jr ] + [K
v p,p ] + + = . (3.43)
jr v p R pY
¯F pY 0]
n p označuje število palic v vozlišču p. ¯FpX in ¯F pY sta komponenti zunanje obtežbe v vozlišču p, R pX
in R pY pa komponenti reakcije ⃗ R p v tem vozlišču.
V ravnotežni enačbi za vozlišče p so 4 neznanke: u p , v p , R pX in R pY . Zato moramo upoštevati razen
dveh ravnotežnih enačb še dve dodatni enačbi. To sta pogoj, da je reakcija ⃗ R p pravokotna na smer ⃗e p
⃗R p · ⃗e p = R pX cos α p + R pY cos β p = 0 (3.44)
ter pogoj, da je pomik vozlišča p v smeri enotskega vektorja ⃗e q enak nič
⃗u p · ⃗e q = −u p cos β p + v p cos α p = 0. (3.45)

286 3 Metoda pomikov
Za primer na sliki 3.8 dobimo naslednji sistem enačb:
⎡ ⎤ ⎡
⎡
⎤ u 2
[K 2,2 ] [K 2,3 ] [K 2,4 ] [K 2,5 ] [ ∅ ]
v 2
[K 3,2 ] [K 3,3 ] [ ∅ ] [K 3,5 ] [ I ]
u 3
v 3
[K 4,2 ] [ ∅ ] [K 4,4 ] [K 4,5 ] [ ∅ ]
u 4
v 4
= −
[K 5,2 ] [K 5,3 ] [K 5,4 ] [K 5,5 ] [ ∅ ]
u 5
⎢
⎥
⎣〈 ∅ 〉 〈 ∅ 〉 〈 ∅ 〉 〈 ∅ 〉 cos α 3 cos β 3 ⎦ ⎢ v 5 ⎥ ⎢
⎣
〈 ∅ 〉 − cos β 3 cos α 3 〈 ∅ 〉 〈 ∅ 〉 〈 ∅ 〉 R ⎦ ⎣
3X
R 3Y
Oznaki 〈 ∅ 〉 in [ I ] imata naslednji pomen
〈 ∅ 〉 = 〈 0 0 〉, [ I ] =
¯F 2X
¯F 2Y
¯F 3X
¯F 3Y
¯F 4X
¯F 4Y
¯F 5X
¯F 5Y
0
0
⎤
. (3.46)
⎥
⎦
[ ] 1 0
. (3.47)
0 1
Reakciji v nepomično podprtem vozlišču 1 izračunamo iz enačbe (3.41). Vidimo, da je matrika sistema
enačb (3.46) zaradi poševne podpore nesimetrična. To za reševanje sistema enačb ni ugodno. Temu se
izognemo, če togostno matriko konstrukcije kondenziramo (glej primer 3.3).
Pomična podpora v smeri koordinatne osi
V primeru, ko je cos α p ali cos β p enaka nič, vozlišče dopušča pomik v smeri ene od koordinatnih osi
(slika 3.9).
SLIKA 3.9: Pomična podpora v smeri koordinatne osi
V primeru na sliki 3.9 je
cos α p = 1, cos β p = 0, v p = 0, R pX = 0. (3.48)
Za določitev dveh neznank u p in R pY zadostujeta enačbi, ki ju dobimo, če vrednosti za v p in R pX iz

3.1 Ravninsko paličje 287
enačbe (3.48) vstavimo v ravnotežni enačbi (3.43)
n p
∑
r=1
[ ] [ ] [ ] [ ] [
ujr
up 0 ¯FpX 0
[K p,jr ] + [K
v p,p ] + + =
jr 0 R pY
¯F pY 0]
(3.49)
in dodatnih pogojev ni treba upoštevati. Ker nastopa v stolpcu neznank tudi reakcija v pomičnem vozlišču,
je matrika konstrukcije nesimetrična. Temu se izognemo, če upoštevamo v p = 0 tako, da črtamo
ustrezno vrstico in stolpec ter reakcijo R pY naknadno izračunamo (glej primer 7.2).
Predpisani pomiki vozlišč
Ob delovanju obtežbe na konstrukcijo se zaradi neenakomernih lastnosti temeljnih tal lahko podpore
konstrukcije različno premaknejo. Predpisan pomik vozlišča k označimo z ⃗u k,pr . Predpisana pomika
podpor v vozliščih 1 in 3 na sliki 3.10 označimo z ⃗u 1,pr in ⃗u 3,pr .
SLIKA 3.10: Premika podpor v vozliščih 1 in 3 sta različna
Ker sta premika ⃗u 1,pr in ⃗u 3,pr predpisana, zapišemo ravnotežne enačbe (3.34) le za 2., 4., in 5. vozlišče,
pomike vozlišč 1. in 3. pa zapišemo na desno stran enačbe
⎡ ⎤ ⎡
⎡
⎤ u 2
[K 2,2 ] [K 2,4 ] [K 2,5 ]
v 2
−
[K
⎢ 4,2 ] [K 4,4 ] [K 4,5 ]
u 4
⎥
⎣
⎦ ⎢v 4
=
⎥ ⎢
[K 5,2 ] [K 5,4 ] [K 5,5 ] ⎣u 5
⎦ ⎣
v 5
[ ¯F2X
¯F 2Y
]
− [K 2,1 ]
−
−
[ ¯F4X
[ ]
u1,pr
v 1,pr
]
− [K ¯F 4,1 ]
[ 4Y
] ¯F5X
− [K ¯F 5,3 ]
5Y
[ ]
u3,pr
− [K 2,3 ]
[ ]
v 3,pr
u1,pr
v 1,pr
[ ]
u3,pr
v 3,pr
⎤
. (3.50)
⎥
⎦
Reakcije v podporah 1. in 3. po izvršenem pomiku izračunamo iz ravnotežnega pogoja za 1. in 3.
vozlišče po enačbah (3.34). Če ima vozlišče k predpisan pomik, zanj velja
n k
∑
r=1
[ ] [ ] [ ] [ } [
ujr
uk,pr RkX ¯FkX 0
[K k,jr ] + [K
v k,k ] + + = . (3.51)
jr v k,pr R kY
¯F kY 0]

288 3 Metoda pomikov
Z n pr je označeno število palic v vozlišču pr. Za primer na sliki 3.10 dobimo
[ ]
R1x
R 1y
[ ]
R3x
= −
R 3y
[ ¯F1x
= −
]
− [K ¯F 1,1 ]
1y
[ ] ¯F3x
− [K ¯F 3,2 ]
3y
[
u1pr
v 1pr
]
− [K 1,2 ]
[
u2
v 2
]
− [K 3,3 ]
[
u2
v 2
]
− [K 1,4 ]
[ ]
u3pr
− [K
v 3,5 ]
3pr
[
u4
]
,
v 4
]
.
v 5
[
u5
(3.52)
Ko sistem ravnotežnih enačb za celotno paličje rešimo, dobimo velikost pomikov in reakcij. Notranje
sile v palicah izračunamo po enačbah (3.21).
S prikazano metodo lahko rešujemo tako statično določena kot statično nedoločena ravninska paličja.
3.1.6 Računski primeri
Primer 3.1 Paličje na sliki 3.11 je v vozlišču 1 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 pomika vozlišča 1,
reakcije v podporah 2 in 3 ter sili v palicah! Dolžina a na sliki 3.11 je a = 2 m.
SLIKA 3.11: Paličje sestavljata dve palici
Stopnjo statične nedoločenosti izračunamo po enačbi †
n = K − 2 v p − r 1 = 2 − 2 · 1 = 0,
kjer je K je število palic, v p je število prostih vozlišč, r 1 pa število pomično podprtih vozlišč. Konstrukcija
je statično določena. Lastnosti palic zapišimo preglednico.
† M. Stanek, G. Turk, Statika I, Univerza v Ljubljani, 1996.

3.1 Ravninsko paličje 289
PREGLEDNICA 3.1: 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
Ob upoštevanju vrednosti iz preglednice 3.1 in enačbe (3.28) lahko zapišemo togostni matriki za palici
[ ] [ ]
0 0 0 0
[ K 1,2 ] = [ K 2,1 ] = 1000 =
0 1 0 1000
[ ] [ ]
1 / 2 −1 / 2 354 −354
[ K 1,3 ] = [ K 3,1 ] = 707
=
−1 / 2 1 / 2 −354 354
Togostno matriko konstrukcije sestavimo s togostnimi matrikami posameznih palic. Za vozlišče 1 zapišemo
(3.34), za vozlišči 2 in 3 pa (3.40)
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡
⎤ u 1 F
[K 1,1 ] [K 1,2 ] [K 1,3 ]
v 1
0
[K
⎢ 2,1 ] [K 2,2 ] [ ∅ ]
u 2
⎥
⎣
⎦ ⎢v 2
= −
R 2X
⎥ ⎢R 2Y
.
⎥
[K 3,1 ] [ ∅ ] [K 3,3 ] ⎣u 3
⎦ ⎣R 3X
⎦
v 3 R 3Y
Podmatrike [K i,i ] so sestavljene iz togostnih matrik posameznih palic in jih izračunamo z enačbami
(3.32)
[K 1,1 ] = −([K 1,2 ] + [K 1,3 ]), [K 2,2 ] = −[K 2,1 ], [K 3,3 ] = −[K 3,1 ],
[ ]
[ ]
[ ]
−354 354
0 0
−354 354
[ K 1,1 ] =
, [ K
354 −1354
2,2 ] =
, [ K
0 −1000
3,3 ] =
.
354 −1354
Zapišimo enačbo konstrukcije:
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−354 354 0 0 354 −354 u 1 20
354 −1354 0 1000 −354 354
v 1
0
0 0 0 0 0 0
u 2
⎢ 0 1000 0 −1000 0 0
⎥ ⎢v 2
= −
R 2X
⎥ ⎢R 2Y
. (3.53)
⎥
⎣ 354 −354 0 0 −354 354⎦
⎣u 3
⎦ ⎣R 3X
⎦
−354 354 0 0 354 −354 v 3 R 3Y
Matrika v tej enačbi je singularna, kar pomeni, da se konstrukcija pod vplivom obtežbe premika. To je
razumljivo, saj še nismo upoštevali, da so nekateri pomiki preprečeni. Ker so pomiki u 2 , v 2 , u 3 in v 3
enaki nič
u 2 = v 2 = u 3 = v 3 = 0, (3.54)

290 3 Metoda pomikov
pri množenju togostne matrike s stolpcem rešitve ni treba upoštevati zadnjih štirih stolpcev v togostni
matriki. Zadnje štiri enačbe v sistemu uporabimo za račun neznanih reakcij in jih zato ne moremo
uporabiti za račun pomikov u 1 in v 1 . Zato iz sistema enačb (3.53) prepišemo le prvi dve enačbi in
upoštevamo le prva dva stolpca. Togostna matrika konstrukcije sedaj ni singularna. Dobimo sistem
enačb, iz katerega lahko izračunamo neznane pomike:
[ −354 354
354 −1354
] [ ]
u1
v 1
Ta sistem enačb rešimo in izračunamo neznana pomika
[ ] 20
= − .
0
u 1 = 0.0765 m, v 1 = 0.02 m.
Iz zadnjih štirih vrstic v enačbi konstrukcije (3.53) lahko izračunamo tudi reakcije podpor v točkah 2 in
3
− R 2X = 0 u 1 + 0 v 1 → R 2X = 0 MN,
− R 2Y = 0 u 1 + 1000 v 1 → R 2Y = −20 MN,
− R 3X = 354 u 1 − 354 v 1 → R 3X = −20 MN,
− R 3Y = −354 u 1 + 354 v 1 → R 3Y = 20 MN.
Reakcije bi lahko izračunali istočasno z neznanimi pomiki. Pri tem moramo enačbo konstrukcije (3.53)
preoblikovati tako, da upoštevamo znane vrednosti pomikov v vozliščih 2 in 3 (enačba (3.54)), stolpec
neznank pa sestavljajo pomika u 1 , v 1 in reakcije R 2X , R 2Y , R 3X , R 3Y
⎡
⎤ ⎡ ⎡ ⎤
−354 354 0 0 0 0 u 1 −20
354 −1354 0 0 0 0
v 1
0
0 0 1 0 0 0
R 2X
⎢ 0 1000 0 1 0 0⎥
⎢ ⎥ = −
0
⎢ 0⎥
.
⎢
⎣
354 −354 0 0 1 0
−354 354 0 0 0 1
⎤
⎥ ⎢R 2Y ⎥
⎦ ⎣R 3X
⎦
R 3Y
Rešitev tega sistema da enake rezultate za neznane pomike točke 1 in neznane reakcije v točkah 2 in
3. Ta način računa je manj primeren kot prvi, ko smo iz sistema enačb (3.53) črtali vrstice in stolpce.
Sistem, ki ga moramo rešiti je namreč večji, matrika sistema je nesimetrična, kar lahko oteži numerično
reševanje.
Izračunamo osne sile v palicah po enačbi (3.20)
N 1,2 = 1000 [ (0 − 0.0765 ) 0 + (0 − 0.02)(−1) ] = 20 MN,
N 1,3 = 707 [ (0 − 0.0765 ) 0.707 + (0 − 0.02)(−0.707) ] = −28.3 MN.
Sila N 1,2 je natezna, sila N 1,3 pa je tlačna. Za vsako vozlišče paličja bi lahko zapisali ravnotežne enačbe
in ugotovili, ali je ravnotežje zadoščeno. Ker je konstrukcija statično določena, lahko osne sile v palicah
in reakcije izračunamo iz ravnotežnih pogojev in ni treba upoštevati deformiranja konstrukcije. Na sliki
3.12 je prikazana deformirana oblika paličja. Prikazani pomiki so zaradi preglednosti povečani za 10-
krat.
⎢
⎣
0
0
⎥
⎦

3.1 Ravninsko paličje 291
SLIKA 3.12: Deformirana oblika paličja
Primer 3.2 Paličje na sliki 3.13 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 3, reakcije v
podporah 2 in 3 ter sile v palicah! Dolžina a na sliki 3.13 je a = 2 m.
SLIKA 3.13: Paličje sestavljajo tri palice, desna podpora je drsna
Ugotovimo najprej stopnjo statične nedoločenosti konstrukcije (3 palice, 1 prosto in 1 pomično podprto
vozlišče)
n = 3 − 2 · 1 − 1 = 0.
Konstrukcija je statično določena. Lastnosti vseh palic zapišimo v preglednico 3.2.
PREGLEDNICA 3.2: 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
2, 3 2 1 0 1000

292 3 Metoda pomikov
Togostni matriki za dve palici smo izračunali že pri prejšnji nalogi
[ ] 0 0
[ K 1,2 ] = [ K 2,1 ] = , [ K
0 1000
1,3 ] = [ K 3,1 ] =
Togostno matriko tretje palice pa moramo še izračunati
[ ] 1 0
[ K 2,3 ] = [ K 3,2 ] = 1000 =
0 0
[ ] 1000 0
.
0 0
[ ]
354 −354
.
−354 354
Togostno matriko konstrukcije sestavimo iz togostnih matrik posameznih palic kot pri prejšnji nalogi.
Za vozlišče 1 zapišemo (3.34), za vozlišči 2 (3.40), za vozlišče 3 pa (3.49)
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡
⎤ u 1 F
[K 1,1 ] [K 1,2 ] [K 1,3 ]
v 1
0
[K
⎢ 2,1 ] [K 2,2 ] [K 2,3 ]
u 2
⎥
⎣
⎦ ⎢v 2
= −
R 2X
⎥ ⎢R 2Y
.
⎥
[K 3,1 ] [K 3,2 ] [K 3,3 ] ⎣u 3
⎦ ⎣R 3X
⎦
v 3 R 3Y
Izračunati moramo še podmatrike [K i,i ] (enačba (3.32))
[K 1,1 ] = −([K 1,2 ] + [K 1,3 ]), [K 2,2 ] = −([K 2,1 ] + [K 2,3 ]), [K 3,3 ] = −([K 3,1 ] + [K 3,2 ]),
[ K 1,1 ] =
[ ]
−354 354
, [ K
354 −1354 2,2 ] =
[ ]
−1000 0
, [ K
0 −1000 3,3 ] =
[ ]
−1354 354
.
354 −354
Enačba konstrukcije je:
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−354 354 0 0 354 −354 u 1 20
354 −1354 0 1000 −354 354
v 1
0
0 0 −1000 0 1000 0
u 2
⎢ 0 1000 0 −1000 0 0
⎥ ⎢v 2
= −
R 2X
⎥ ⎢R 2Y
. (3.55)
⎥
⎣ 354 −354 1000 0 −1354 354⎦
⎣u 3
⎦ ⎣ 0 ⎦
−354 354 0 0 354 −354 v 3 R 3Y
Ker so pomiki u 2 , v 2 in v 3 enaki nič, v enačbi konstrukcije (3.55) črtamo tretjo, četrto in zadnjo vrstico
ter ustrezne stolpce. Tako dobimo enačbo konstrukcije, pri kateri smo upoštevali podpore
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−354 354 354 u 1 20
⎣ 354 −1354 −354⎦
⎣v 1
⎦ = − ⎣ 0 ⎦ .
354 −354 −1354 u 3 0
Iz sistema enačb izračunamo neznane pomike
u 1 = 0.0965 m, v 1 = 0.02 m, u 3 = 0.02 m.

3.1 Ravninsko paličje 293
Vidimo, da je pomik u 1 večji od pomika u 1 iz prejšnje naloge. To smo pričakovali, saj smo eno podporo
sprostili. Iz vrstic, ki smo jih prej črtali, lahko izračunamo velikosti reakcij
⎡ ⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎤
R 2x
⎣R 2y
⎦ = − ⎣
R 3y
0 0 1000 0.0965 −20
⎦ ⎣ 0.02 ⎦ = ⎣−20⎦ .
0.02 20
0 1000 0
−354 354 354
Tudi pri tej nalogi lahko izračunamo neznane pomike in reakcije iz enačb, ki jih dobimo iz (3.55), če
upoštevamo, da so pomiki u 2 , v 2 in v 3 znani, reakcije R 2X , R 2Y in R 3Y pa neznane
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−354 354 0 0 354 0 u 1 20
354 −1354 0 0 −354 0
v 1
0
0 0 1 0 1000 0
R 2X
⎢ 0 1000 0 1 0 0
⎥ ⎢R 2Y
= −
0
⎥ ⎢ 0
.
⎥
⎣ 354 −354 0 0 −1354 0⎦
⎣ u 3
⎦ ⎣ 0 ⎦
−354 354 0 0 354 1 R 3Y 0
Če ta sistem rešimo, dobimo enake rezultate za neznane pomike in reakcije kot prej.
Določimo še osne sile v palicah (enačba (3.20))
N 1,2 = 1000 [ (0 − 0.0965) 0 + (0 − 0.02)(−1) ] = 20 MN,
N 1,3 = 707 [ (0.02 − 0.0965) 0.707 + (0 − 0.02) (−0.707) ] = −28.3 MN,
N 2,3 = 1000 [ (0.02 − 0) 1 ] = 20 MN.
Sili N 1,2 in N 2,3 sta natezni, sila N 1,3 pa je tlačna. Na sliki 3.14 je prikazana deformirana oblika paličja.
SLIKA 3.14: Deformirana oblika paličja
Primer 3.3 Paličje na sliki 3.15 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 2, reakcije v
podporah 2 in 3 ter sile v palicah! Dolžina a na sliki 3.15 je a = 2 m.

294 3 Metoda pomikov
SLIKA 3.15: Vozlišče 3 je podprto s poševno drsno podporo
Konstrukcija je, podobno kot pri prejšnji nalogi, statično določena. Za vse tri palice napišimo preglednico
3.3.
PREGLEDNICA 3.3: 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
2, 3 2 1 0 1000
Togostno matriko konstrukcije sestavimo s togostnimi matrikami posameznih palic. Za vozlišče 1 zapišemo
(3.34), za vozlišči 2 (3.40), za vozlišče 3 pa (3.43)
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡
⎤ u 1 F
[K 1,1 ] [K 1,2 ] [K 1,3 ]
v 1
0
[K
⎢ 2,1 ] [K 2,2 ] [K 2,3 ]
u 2
⎥
⎣
⎦ ⎢v 2
= −
R 2X
⎥ ⎢R 2Y
.
⎥
[K 3,1 ] [K 3,2 ] [K 3,3 ] ⎣u 3
⎦ ⎣R 3X
⎦
v 3 R 3Y
Togostne matrike za vse palice smo izračunali že pri prejšnji nalogi
[ ]
[ ]
0 0
354 −354
[ K 1,2 ] = [ K 2,1 ] = , [ K
0 1000
1,3 ] = [ K 3,1 ] =
,
−354 354
[ ]
[ ]
1000 0
−354 354
[ K 2,3 ] = [ K 3,2 ] = , [ K
0 0
1,1 ] =
,
354 −1354
[ ]
[ ]
−1000 0
−1354 354
[ K 2,2 ] =
, [ K
0 −1000
3,3 ] =
.
354 −354

3.1 Ravninsko paličje 295
Enačba nepodprte konstrukcije je:
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−354 354 0 0 354 −354 u 1 20
354 −1354 0 1000 −354 354
v 1
0
0 0 −1000 0 1000 0
u 2
⎢ 0 1000 0 −1000 0 0
⎥ ⎢v 2
= −
R 2X
⎥ ⎢R 2Y
. (3.56)
⎥
⎣ 354 −354 1000 0 −1354 354⎦
⎣u 3
⎦ ⎣R 3X
⎦
−354 354 0 0 354 −354 v 3 R 3Y
Robni pogoji v vozlišču 2 so enaki, kot pri prejšnji nalogi, zato tretjo in četrto vrstico in stolpec črtamo.
Podporo v vozlišču 3 pa upoštevati tako, da sistemu (3.56) dodamo dve enačbi (3.44) in (3.45). Pri tem
upoštevamo, da sta reakciji R 3X in R 3Y neznani
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−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 cos α p cos β p
⎦ ⎣R 3X
⎦ ⎣ 0 ⎦
0 0 − cos β p cos α p 0 0 R 3Y 0
Upoštevamo, da je
cos α p = cos 30 ◦ = 0.866, cos β p = sin 30 ◦ = 0.500
in dobimo sistem enačb
⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
−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
, (3.57)
⎥
⎣ 0 0 0 0 0.866 0.5⎦
⎣R 3X
⎦ ⎣ 0 ⎦
0 0 -0.5 0.866 0 0 R 3Y 0
katerega rešitev je
u 1 = 0.0801 m, v 1 = 0.0200 m, u 3 = 0.0085 m, v 3 = 0.0049 m,
R 3X = −11.5 MN,
R 3Y = 20 MN.
Reakcije v vozlišču 2 izračunamo iz druge in tretje enačbe v sistemu (3.56)
− R 2X = 0 u 1 + 0 v 1 + 1000 u 3 + 0 v 3 → R 2X = 8.5 MN,
− R 2Y = 0 u 1 + 1000 v 1 + 0 u 3 + 0 v 3 → R 2Y = 20 MN,
Določimo še osne sile v palicah (enačba (3.20))
N 1,2 = 1000 [ (0 − 0.0801) 0 + (0 − 0.02) (−1) ] = 20 MN,
N 1,3 = 707 [ (0.0085 − 0.0801) 0.707 + (0.0049 − 0.02) (−0.707) ] = −28.3 MN,
N 2,3 = 1000 [ (0.0085 − 0) 1] = 8.5 MN.
Sili N 1,2 in N 2,3 sta natezni, sila N 13 pa je tlačna. Na sliki 3.16 je prikazana deformirana oblika paličja.