1.2.9 Racunanje vzdolzne normalne napetosti in dolocanje jedra ...

More documents

Recommendations

Info

64 1 Upogib z osno silo PREGLEDNICA 1.5 (nadaljevanje): Upogibnice in notranje sile za nekatere nosilce l) Upogibnica trikrat statično nedoločenega nosilca pri konstantni linijski obtežbi P z Pomik in zasuk v polju: w = P z x 2 24 E I y (L − x) 2 , ω y = − P z x 12 E I y (L − x)(L − 2 x). Največji pomik: x ekst = L 2 , w ekst = P z L 4 384 E I y . Primer 1.10 Določimo upogibnico nosilca na elastični podlagi, prikazanega na sliki 1.35! Obtežba na nosilec je sila F na sredini nosilca. Togost elastične podlage je k = 8000 kN/m 2 , togost nosilca je E I y = 1333.3 kNm 2 , dolžina nosilca je L = 2 m, sila pa je F = 40 kN. Slika 1.35: Točkovna sila na nosilcu na elastični podlagi Če je nosilec položen na elastično podlago in je obtežba podlage P ze na nosilec premosorazmerna pomikom w nosilca: P ze = −k w, potem je celotna navpična obtežba P zc na nosilec enaka (slika 1.36) P zc = P z − k w. (1.125)
1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 65 Slika 1.36: Na nosilec deluje poleg navpične obtežbe P z še obtežba podlage P ze = −k w Podobno velja za primer, ko je elastična podlaga postavljena v smeri osi y P yc = P y − k v. (1.126) Če v drugi in tretji od enačb (1.86) namesto P y in P z upoštevamo P yc in P zc , dobimo d 2 ( d 2 ) v dx 2 E I z dx 2 = P y − k y v − dM z dx − d2 dx 2 (E I z α T ∆T y ), d 2 ( d 2 ) w dx 2 E I y dx 2 = P z − k z w + dM y dx − d2 dx 2 (E I y α T ∆T z ). (1.127) Če v drugi izmed enačb (1.127) upoštevamo, da sta M y in ∆T z enaka nič, dobimo † V obravnavanem primeru je P z = 0 in sledi: d 4 w dx 4 = 1 d 4 w (P z − k w) → E I y E I y dx 4 + k w = P z. E I y d 4 w dx 4 + k w = 0. Nosilec vzdolž osi nima prečne obtežbe razen na sredini, kjer deluje točkovna sila. Nosilec zato obravnavamo v dveh delih. Za oba dela predpostavimo rešitev diferencialne enačbe, z upoštevanjem robnih pogojev ter kinematičnih in statičnih pogojev za del nosilca v okolici prijemališča sile izračunamo integracijske konstante. Rešitev diferencialne enačbe za prvi del (levo od sile F ) zapišemo z izrazom ‡ w 1 = e β x (A 1 cos β x + B 1 sin β x) + e −β x (C 1 cos β x + D 1 sin β x), (1.128) za drugi del (desno od sile F ) pa s podobnim izrazom w 2 = e β x (A 2 cos β x + B 2 sin β x) + e −β x (C 2 cos β x + D 2 sin β x), (1.129) † Za upoštevanje izključitve natezne napetosti med nosilcem in podlago glej: M.S. Kaschiev, K. Mikhajlov, A beam resting on a tensionless Winkler foundation, Computers & Structures, Vol. 55, No. 2, str. 261-264, 1995. ‡ I.N. Bronštejn, K.A. Semendjajev, G. Musiol, H. Mühlig, Matematični priročnik, str. 380, Tehniška založba Slovenije, Ljubljana, 1997.
Page 1 and 2: 1.2 Pomiki in vzdolžna normalna na
Page 9: 1.2 Pomiki in vzdolžna normalna na

1.2.9 Racunanje vzdolzne normalne napetosti in dolocanje jedra ...

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

Delete template?

Save as template?