26 1 Upogib z osno silo ∫ η ζ dAx = (Iz − Iy) sinα cosα + I ... - FGG-KM

26 1 Upogib z osno silo
∫
I ηζ = − η ζ dA x = (I z − I y ) sin α cos α + I yz (cos 2 α − sin 2 α).
A x
Zadnje tri enačbe lahko z upoštevanjem zvez
sin 2 α = 1 2 (1 − cos 2α), cos2 α = 1 2 (1 + cos 2α), sin α cos α = 1 sin 2α
2
zapišemo z dvojno vrednostjo kota α
I η = I y + I z
2
I ζ = I y + I z
2
I ηζ = − I y − I z
2
+ I y − I z
2
− I y − I z
2
cos 2 α + I yz sin 2 α,
cos 2 α − I yz sin 2 α,
sin 2 α + I yz cos 2 α.
(1.99)
Težiščni vztrajnostni momenti enostavnih likov
V preglednici 1.1 podajamo težiščne vztrajnostne momente za ravninske like enostavnih oblik. Vztrajnostne
momente takih likov izračunamo, če upoštevamo enačbe (1.94), (1.98) in (1.99).
PREGLEDNICA 1.1: Težiščni vztrajnostni momenti
Pravokotnik
Iy
T = bh3
12 = A xh 2
12
Iz
T = hb3
12 = A xb 2
12
Iyz T = 0
A x = bh
Trikotnik
I T y = A xh 2
18 , IT yz = A2 x
9 ψ
I T z = A xb 2
72 (3 + 4ψ2 )
ψ = h b ctgα, A x = bh 2
v T = h 3 , u T = b (3 − 2ψ)
6

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 27
PREGLEDNICA 1.1 (nadaljevanje): Težiščni vztrajnostni momenti
Enakokraki trikotnik
Iy
T = bh3
36 = A xh 2
18
Iz
T = hb3
48 = A xb 2
24
I yz = 0
A x = bh 2 , v T = h 3
Pravokotni trikotnik
Iy T = A xh 2
18 , IT z = A xb 2
18
I T yz = A2 x
18
A x = bh 2
Krog
Šesterokotnik
I T y
= πd4
64 = πr4
4 = A xd 2
16
Iz
T = πd4
64 , IT y = Iz
T
Iyz T = 0
A x = πd2
4 = πr2
Iy T = 5√ 3a 4
16
Iz T = 5√ 3a 4
, Iy T = Iz
T 16
Iyz T = 0
A x = 3√ 3 a 2
2

28 1 Upogib z osno silo
PREGLEDNICA 1.1 (nadaljevanje): Težiščni vztrajnostni momenti
Osmerokotnik
Polkrog
Četrtina kroga
Krožni izsek
Iy T = 1 + 2√ 2
r 4
6
Iz T = 1 + 2√ 2
r 4 , Iy T = Iz
T 6
Iyz T = 0
A x = 2 √ 2 r 2
( π
Iy T = r 4 8 − 8 )
9π
I T z
= πr4
8 , IT yz = 0
A x = πr2
2
e 1 = 4r
3π ,
e 2 = r (3π − 4)
3π
( π
Iy T = r 4 16 − 4 )
9π
( π
Iz T = r 4 16 − 4 )
, Iy T = Iz
T 9π
( 4
Iyz T = r 4 9π − 1 )
,
8
A x = πr2
e 2 = r
4
3π (3π − 4), e 1 = 4r
3π
I T y = r4
72ϕ (18ϕ2 + 9ϕ sin 2ϕ − 32 sin 2 ϕ)
Iz
T (2ϕ − sin 2ϕ),
8
A x = r 2 ϕ,
= r4
I T yz = 0
e =
2r sin ϕ
3ϕ

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 29
PREGLEDNICA 1.1 (nadaljevanje): Težiščni vztrajnostni momenti
Kvadratna parabola
Polovica kvadratne parabole
I T y
= 16ba3
175
Iz
T = 4ab3
15 , Iyz T = 0
A x = 4ab
3 , e = 3a 5
Iy
T = 8ba3
175 , Iz T = 19ab3
480
Iyz T = − a2 b 2
60 , A x = 2ab
3
e = 3a 5 , e 1 = 3b
8
c = 3b
4 , d = 4a
10
Ekstremne vrednosti osnih vztrajnostnih momentov
Velikost vztrajnostnih momentov I η in I ζ v (1.99) se spreminja v odvisnosti od kota α. I η in I ζ imata
ekstremni vrednosti pri kotih, ki ju določimo iz pogojev za ekstrem
Iz te enačbe sledi
dI η
dα = −(I y − I z ) sin 2 α + 2 I yz cos 2 α = 0.
tg2 α η =
2 I yz
I y − I z
.
Z α η smo označili kot med osema y in η, pri katerem ima I η ekstremno vrednost. Podobno dobimo za
vztrajnostni moment I ζ
dI ζ
dα = (I y − I z ) sin 2 α − 2 I yz cos 2 α = 0
oziroma
tg2 α ζ =
2 I yz
.
I y − I z
α ζ je kot med osema y in η, pri katerem ima I ζ ekstremno vrednost. Ugotovimo lahko, da smo dobili
enaka izraza za α η in α ζ . Zato lahko uvedemo oznako α g
Kot α g izračunamo iz enačbe
α η = α ζ ≡ α g .
tg2 α g =
2 I yz
I y − I z
(1.100)

30 1 Upogib z osno silo
in dobimo
( ) 2 Iyz
2 α g = arctg
+ kπ
I y − I z
→ α g = 1 ( ) 2
2 arctg Iyz
+ k π I y − I z 2 = ᾱ g + k π 2 ,
k = . . . − 2, −1, 0, 1, 2, . . .
(1.101)
Iz enačbe (1.101) sledi, da imata vztrajnostna momenta I η in I ζ ekstremni vrednosti glede na dve med
seboj pravokotni osi. Imenujemo ju glavni vztrajnostni osi in označimo z η g , ζ g , pripadajoča vztrajnostna
momenta pa glavna vztrajnostna momenta I ηg , I ζg . Glavni vztrajnostni osi η g in ζ g izberemo
tako, da podobno kot enotski vektorji ⃗e x , ⃗e y in ⃗e z tudi enotski vektorji ⃗e ξ , ⃗e η in ⃗e ζ tvorijo desnosučno
bazo. Na sliki 1.17 prikazujemo primera, ko smo v enačbi (1.101) izbrali za k vrednost nič oziroma ena.
SLIKA 1.17: a) Kot α g = ᾱ g , če je k = 0 b) Kot α g = ᾱ g + π/2, če je k = 1
Velikosti I 11 in I 22 ekstremnih osnih vztrajnostnih momentov dobimo, če α g iz (1.101) vstavimo v prvo
izmed enačb (1.99), pripadajoči deviacijski vztrajnostni moment pa iz tretje izmed enačb (1.99). Za kot
α = α g dobimo
I 11 = I y + I z
2
I 12 = − I y − I z
2
+ I y − I z
2
cos 2 α g + I yz sin 2 α g , (1.102)
sin 2 α g + I yz cos 2 α g = 0. (1.103)
V enačbi (1.102) prenesemo prvi člen na levo stran in enačbo kvadriramo
(
I 11 − I )
y + I 2
z
= (I y − I z ) 2
cos 2 2 α g + Iyz 2 sin 2 2 α g + (I y − I z ) I yz sin 2 α g cos 2 α g .
2
4
Če prištejem kvadrat enačbe (1.103)
I 2 12 = (I y − I z ) 2
4
sin 2 2 α g + I 2 yz cos 2 2 α g − (I y − I z ) I yz sin 2 α g cos 2 α g = 0
in dobimo
(
I 11 − I )
y + I 2
z
= (I y − I z ) 2
(sin 2 2 α g + cos 2 2 α g ) + I 2
2
4
yz(sin 2 2 α g + cos 2 2 α g ).

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 31
Upoštevamo, da je sin 2 2 α g + cos 2 2 α g = 1. Pri korenjenju enačbe moramo upoštevati pozitivni in
negativni predznak. Zato dobimo dve rešitvi, I 11 in I 22 :
I 11,22 = I y + I z
2
√ (Iy )
− I 2
z
±
+ I
2
yz. 2 (1.104)
Z enačbama (1.100) in (1.104) dobimo le glavni smeri in velikosti glavnih vztrajnostnih momentov, ne
vemo pa, kateri glavni smeri pripada večji oziroma manjši glavni vztrajnostni moment iz enačbe (1.104).
Zato smo uporabili novo oznako I 11 oziroma I 22 za glavna vztrajnostna momenta. Enačba (1.103) kaže,
da je deviacijski vztrajnostni moment glede na glavni vztrajnostni osi enak nič.
Primer 1.2 Določimo deviacijski vztrajnostni moment za prečni prerez A x , ki je simetričen glede na eno
izmed koordinatnih osi.
Vzemimo, da je prerez simetričen glede na os z (slika 1.18).
SLIKA 1.18: Prečni prerez A x je simetričen glede na os z
Rob simetričnega prereza je podan z enačbama
y 1 = f(z),
y 2 = −f(z).
Deviacijski vztrajnostni moment I yz računamo po enačbi
∫
I yz = − y z dA x .
A x
Integral po ploskvi prevedemo na dvojni integral
∫
I yz = − y z dA x =
A x
=
∫ z 2
z 1
∫ z 2
f(z)
∫
z 1 −f(z)
y z dy dz =
z (
f 2 (z) − f 2 (z) ) dz = 0.
2
∫ z 2
z 1
⎛
⎜
z ⎝
f(z)
∫
−f(z)
⎞
⎟
y dy⎠ dz =
∫ z 2
z 1
z
(
y 2
2
∣
f(z)
−f(z)
)
dz =

32 1 Upogib z osno silo
Dokazali smo, da je deviacijski vztrajnostni moment I yz enak nič, če je ena od osi y ali z simetrijska os
prereza. Iz enačbe (1.103) sledi, da sta osi y in z v tem primeru glavni vztrajnostni osi prečnega prereza.
Primer 1.3 Določimo izraze za vztrajnostne momente glede na poljubni med seboj pravokotni osi η in
ζ, če poznamo vztrajnostne momente glede na glavni vztrajnostni osi y in z! Ugotovimo tudi, kaj dobimo
v primeru, ko sta glavna osna vztrajnostna momenta enaka!
Če sta osi y in z glavni vztrajnostni osi, je I yz enak nič. Enačbe (1.99) se poenostavijo
I η = I y + I z
2
I ζ = I y + I z
2
I ηζ = − I y − I z
2
+ I y − I z
2
− I y − I z
2
sin 2 α.
cos 2 α,
cos 2 α,
Če sta glavna vztrajnostna momenta enaka (I y = I z ), iz gornjih enačb sledi
I η = I ζ = I y + I z
, I ηζ = 0.
2
To pomeni, da je v tem primeru deviacijski vztrajnostni moment glede na poljubni pravokotni osi η, ζ
enak nič in sta zato tudi osi η in ζ glavni vztrajnostni osi. Taki liki so poljubni enakostranični mnogokotniki
(enakostranični trikotnik, kvadrat, pravilni petkotnik), krog, enakokrake zvezde in podobno.
Primer 1.4 Določimo vztrajnostne momente glede na poljubni osi y in z za prečni prerez, ki ga lahko
razdelimo na enostavne geometrijske like (preglednica 1.1). Pri reševanju naloge uporabi enačbe za
vzporedno premaknitev koordinatnega sistema (slika 1.15, enačba (1.98)).
Vzemimo, da imamo prečni prerez, ki ga lahko razdelimo na polkrožno, trikotno in pravokotno površino
in da sta osi y in z vzporedni stranicam pravokotnika (slika 1.19).
Iz podanih enačb sledi, da so vztrajnostni momenti glede na osi y in z za primer, ko smo prerez razdelili
na n enostavnih površin, enaki:
I y =
I z =
I yz =
n∑ n∑
I yi = (Iyi T + zT 2 pi
A xi ),
i=1
n∑
I zi =
i=1
i=1
n∑
(Izi T + yT 2 pi
A xi ),
i=1
n∑
I yzi =
i=1 i=1
n∑
(Iyzi T − y Tpi z Tpi A xi ).
(1.105)
Pri tem smo upoštevali, da lahko integral po celotnem prerezu A x razdelimo na integrale po posameznih
delnih površinah in tako dobljene vrednosti seštejemo. Težiščne vztrajnostne momente za posamezne
enostavne like dobimo v preglednici 1.1.

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 33
SLIKA 1.19: Prečni prerez razdelimo na enostavne like
V primeru, da ima prerez odprtino, lahko določimo vztrajnostne momente tako, da od vztrajnostnega
momenta I b.o. za lik brez odprtine odštejemo vztrajnostni moment I od. odprtine. Za osni vztrajnostni
moment I y bi na ta način dobili:
I y = I b.o. − I od.
y .
Primer 1.5 Določimo glavne vztrajnostne momente ter smeri glavnih vztrajnostnih osi glede na težišče
za lik, prikazan na sliki 1.20!
SLIKA 1.20: Dimenzije in oblika lika
Nalogo rešimo tako, da najprej določimo vztrajnostne momente glede na poljubno izbrani osi y in z, nato
pa z uporabo Steinerjevega pravila izračunamo vztrajnostne momente glede na težiščni osi.

34 1 Upogib z osno silo
1. Razdelitev prereza in izbira koordinatnega sistema (slika 1.21)
SLIKA 1.21: Prečni prerez razdelimo na polkrog, pravokotnik in trikotnik
2. Določitev lege težišča
y Tp =
3∑
y Tpi A xi
i=1
, z Tp =
3∑
A xi
i=1
3∑
z Tpi A xi
,
3∑
A xi
A x = π 2 · 62 + 12 · 4 + 5 · 6
2 = 119.549 cm2 ,
( π
y Tp =
2 · 62 · 6 + 12 · 4 · 6 + 5 · 6
2 · 6 )
1
= 5.50 cm,
3 119.549
( ( π · 6
2
z Tp = − 4 · 6 )
+ 12 · 4 · 2 + 6 · 5 (
4 + 5 ))
1
= 0.31 cm.
2 3 · π
2 3 119.549
Računanje lege težišča prikažimo še v preglednici 1.2:
i=1
i=1
PREGLEDNICA 1.2: Določitev koordinat y T in z T
i A xi y Tpi z Tpi z Tpi A xi y Tpi A xi
1 56.55 6.000 −2.546 −144.00 339.29
2 48.00 6.000 2.000 96.00 288.00
3 15.00 2.000 5.667 85.00 30.00
∑ 119.55 37.00 657.29
Koordinati težišča sta
y Tp = S z /A x = 657.29/119.55 = 5.50 cm,
z Tp = S y /A x = 37/119.55 = 0.31 cm.

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 35
Vztrajnostna momenta I y , I z in deviacijski moment I yz izračunamo na dva načina. V prvem primeru
izračunamo te količine najprej na osi y in z, nato pa ju po enačbah (1.98) izračunamo glede na težiščni
osi y T in z T . V drugem primeru računamo vztrajnostne momente takoj na težiščni osi y T in z T .
3. Vztrajnostni momenti glede na osi y in z
( π
I y = 6 4 8 − 8 )
+
9 π
= 1267.47 cm 4 ,
I z = π · 64
+ 6 2 π · 62
8 2
( ) 6 · 5 2
I yz = ·
2
( ) 4 · 6 2
π · 6 2 12 · 43
+
3 · π 2 12
+ 4 · 123
12
+ 6 2 · 12 · 4 + 6 · 5
2
(
1
18 − − 4 · 6
3 · π 6 π · 62
+ 6 · 2 · 12 · 4 + 6 2
3
Račun vztrajnostnih momentov prikažimo še v preglednici 1.3:
+ 2 2 · 12 · 4 + 6 · 5
2
5 2
18 + (4 + 5 3
) 2
6 · 5
2 =
6 2 ( ) 6 2
18 + 6 · 5
3 2 = 4938.69 cm4 ,
(
4 + 5 ) ) 5 · 6
= 130.47 cm 4 .
3 2
PREGLEDNICA 1.3: Račun vztrajnostnih momentov za osi y in z
i A xi Iyi T Izi T Iyzi T y Tpi z Tpi yT 2 pi
A xi zT 2 pi
A xi y Tpi z Tpi A xi
1 56.55 142.25 508.94 0.00 6.000 −2.546 2035.75 366.69 −884.0
2 48.00 64.00 576.00 0.00 6.000 2.000 1728.00 192.00 576.0
3 15.00 20.83 30.00 12.50 2.000 5.667 60.00 481.67 170.0
∑ 119.55 227.08 1114.94 12.50 3823.75 1040.36 −118.0
Vztrajnostna in deviacijski moment so (enačbe (1.105))
I y = 227.08 + 1040.36 = 1267.44 cm 4 ,
I z = 1114.94 + 3823.75 = 4938.69 cm 4 ,
I yz = 12.5 − (−118) = 130.5 cm 4 .
4. Transformacija na težiščni osi y T in z T (enačbe (1.98))
I T y = I y − z 2 T p
A x = 1267.44 − 0.31 2 · 119.55 = 1255.99 cm 4 ,
I T z = I z − y 2 T p
A x = 4938.69 − 5.50 2 · 119.55 = 1324.83 cm 4 ,
I T yz = I yz + y Tp z Tp A x = 130.50 + 0.31 · 5.50 · 119.55 = 333.93 cm 4 .

36 1 Upogib z osno silo
5. Račun vztrajnostnih momentov glede na težiščni osi y T in z T (enačbe (1.105))
Račun vztrajnostnih momentov na težiščni osi, ne da bi prej izračunali vztrajnostne momente glede na
osi y in z, prikazujemo v preglednici 1.4 (glej sliko 1.22):
PREGLEDNICA 1.4: Vztrajnostni momenti za težiščni osi y T in z T
i A xi I T yi I T zi I T yzi y T,Tpi z T,Tpi y 2 T,T pi
A xi z 2 T,T pi
A xi y T,Tpi z T,Tpi A xi
1 56.55 142.25 508.94 0.00 0.5019 −2.8560 14.24 461.24 −81.06
2 48.00 64.00 576.00 0.00 0.5019 1.6905 12.09 137.17 40.73
3 15.00 20.83 30.00 12.50 −3.4981 5.3572 183.55 430.49 −281.10
∑ 119.55 227.08 1114.94 12.50 209.89 1028.91 −321.43
Vztrajnostna in deviacijski moment so (enačbe (1.105))
I y = 227.08 + 1028.91 = 1255.99 cm 4 ,
I z = 1114.94 + 209.89 = 1324.83 cm 4 ,
I yz = 15.5 − (−321.43) = 333.93 cm 4 .
SLIKA 1.22: Razdalje y T,Tpi in z T,Tpi glede na težiščni osi y T in z T
6. Velikosti glavnih osna vztrajnostnih momentov glede na težišče prečnega prereza (enačba (1.104))
√ (1256 )
1256 + 1324.8
− 1324.8 2
I 11,22 = +
+ 333.9
2
2
2 ,
I 11 = 1626.1 cm 4 , I 22 = 954.7 cm 4 .
Kot glavnih vztrajnostnih osi izračunamo po enačbi (1.100)
tg2 α g =
2 · 333.9
1256 − 1324.8 = −9.70 → 2 α g = −84.1 ◦ ± 180 ◦ k → α g = −42.06 ◦ ± k · 180◦ .
2

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 37
Za k = 0, dobimo
I ηg =
1256 + 1324.8
2
+
1256 − 1324.8
2
Na sliki 1.23 prikazujemo glavni vztrajnostni osi η g in ζ g .
· cos(−84.1 ◦ ) + 333.9 · sin(−84.1 ◦ ) = 954.7 cm 4 .
SLIKA 1.23: Lega težišča in smeri glavnih vztrajnostnih osia
Podobno izračunamo tudi drugi glavni vztrajnostni moment
I ζg =
1256 + 1324.8
2
−
Prečni prerezi poligonalne oblike
1256 − 1324.8
2
· cos(−84.1 ◦ ) − 333.9 · sin(−84.1 ◦ ) = 1625.47 cm 4 .
Geometrijske karakteristike prečnih prerezov so definirane s ploskovnimi integrali. Z uporabo Greenovega
integralnega izreka oziroma Greenovo formulo † lahko površinske integrale izrazimo s krivuljnimi
integrali:
∫ ( ∂Pz
∂y − ∂P ) ∫
y
dA x = (P y dy + P z dz). (1.106)
∂z
C x
A x
Funkciji P y (y, z) in P z (y, z) sta zvezni in imata zvezna odvoda ∂P y /∂z in ∂P z /∂y znotraj in na robu
območja A x . C x je zvezna mejna krivulja, ki določa prečni prerez A x . Oglejmo si dva primera:
1. P z = 0, P y = yk z m+1
;
m + 1
k, m = 0, 1, 2, . . .
V tem primeru dobimo z Greenovim izrekom
∫
∫
y k z m dA x = −
y k z m+1
dy.
m + 1
(1.107)
C x
A x
† J. Vrabec, Stokesov in Gaussov izrek I, Obzornik za matematiko in fiziko, 36, 1, 1-12, 1989,
J. Vrabec, Stokesov in Gaussov izrek II, Obzornik za matematiko in fiziko, 36, 2, 33-44, 1989.

38 1 Upogib z osno silo
2. P y = 0, P z = yk+1 z m
;
k + 1
k, m = 0, 1, 2, . . .
V tem primeru pa je
∫
y k z m dA x =
A x
∫
C x
y k+1 z m
k + 1
Sedaj si oglejmo prečni prerez poligonalne oblike (slika 1.24).
dz. (1.108)
SLIKA 1.24: Rob prečnega prereza določa poligonalna črta
Ugotovimo lahko, da veljajo naslednje zveze:
y = y i + ȳ, z = z i + ¯z, ∆y i = y i+1 − y i , ∆z i = z i+1 − z i .
Iz podobnosti trikotnikov sledi
S tem sta določeni zvezi y = y(¯z) in z = z(ȳ)
y = y i + ∆y i
∆z i
¯z,
ȳ = ∆y i
∆z i
¯z.
z = z i + ∆z i
∆y i
ȳ.
Sedaj si oglejmo primer, da je m = 0, k = 0 in uporabimo enačbo (1.108):
∫
∫
dA x = A x = y dz =
A x C x
n∑
i=1
∫
z i+1
z i
y dz,
kjer je n število robov poligonalnega prečnega prereza. Integral izrazimo z novo spremenljivko ¯z
z = z i → ¯z = 0, z = z i+1 → ¯z = z i+1 − z i = ∆z i .

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 39
Če upoštevamo, da je dz = d¯z in izrazimo y z ¯z, dobimo
A x =
=
n∑
∫
i=1
n∑
i=1
∆z i
0
(
y i + ∆y )
i
¯z d¯z =
∆z i
(
∆z i y i + y )
i+1 − y i
2
n∑
i=1
= 1 2
Pri računu moramo upoštevati, da je y n+1 = y 1 , z n+1 = z 1 .
(
y i ∆z i + ∆y i ∆z 2 )
i
=
∆z i 2
n∑
(y i+1 + y i )(z i+1 − z i ).
V nadaljevanju prikažemo primere za različne vrednosti m in k. Pri tem predstavlja prvi integral izraz
po enačbi (1.107), drugi integral pa po enačbi (1.108).
∫ ∫
m = 0, k = 0 → A x = − z dy = y dz,
C x C x
m = 1, k = 0 → S y = − 1 ∫ ∫
z 2 dy = y z dz,
2
C x C
∫
x
m = 0, k = 1 → S z = − y z dy = 1 ∫
y 2 dz,
2
C x C x
∫
z 3 ∫
(1.109)
m = 2, k = 0 → I y = −
3 dy = y z 2 dz,
C x C x
∫ ∫
m = 0, k = 2 → I z = − y 2 y 3
z dy =
3 dz,
C x C x
∫
y z 2 ∫
m = 1, k = 1 → I yz =
2 dy = − y 2 z
2 dz.
C x
Podčrtani so tisti integrali, s katerimi izračunamo geometrijske karakteristike, podane v nadaljevanju:
A x = 1 n∑
(y i+1 + y i )(z i+1 − z i ),
2
i=1
i=1
S y = − 1 n∑
(y i+1 − y i )(zi+1 2 + z i z i+1 + zi 2 ),
6
i=1
S z = 1 n∑
(z i+1 − z i )(yi+1 2 + y i y i+1 + yi 2 ),
6
i=1
I y = − 1 12
C x
n∑
(y i+1 − y i )(zi+1 3 + zi+1 2 z i + z i+1 zi 2 + zi 3 ),
i=1

40 1 Upogib z osno silo
I z = 1 12
n∑
(z i+1 − z i )(yi+1 3 + yi+1 2 y i + y i+1 yi 2 + yi 3 ),
i=1
I yz = − 1
24
n∑
(z i+1 − z i ) ( z i+1 (3 yi+1 2 + 2 y i+1 y i + yi 2 ) + z i (3 yi 2 + 2 y i+1 y i + yi+1) 2 )
i=1
Pri vseh izrazih velja
y n+1 = y 1 , z n+1 = z 1 .
Kordinati težišča y Tp in z Tp določimo iz enačb (1.95)
y Tp = S z
A x
,
z Tp = S y
A x
.
Vztrajnostni momenti glede na vzporedno premaknjeni osi y T , z T skozi težišče T p prečnega prereza
izračunamo iz enačb (1.98):
I T y = I y − z 2 T p
A x , I T z = I z − y 2 T p
A x , I T yz = I yz + y Tp z Tp A x .
V primeru, ko ima prečni prerez notranje odprtine, moramo vozlišča sklenjene krivulje C x podati tako,
kot kaže slika 1.25. Po robu prereza vedno potujemo tako, da je material na levi strani, praznina pa na
desni.
SLIKA 1.25: Rob prečnega prereza obkrožimo v pozitivni smeri
1.2.8 Računanje pomikov in zasukov
Primer 1.6 Izračunajmo upogibnico za konzolo, obteženo s konstantno linijsko obtežbo P z (slika 1.26)!
Osi y in z sta glavni vztrajnostni osi. Nalogo rešimo po enačbah (1.80) in (1.87).
Za rešitev diferencialne enačbe upogibnice za navpični pomik w (enačba (1.80))
d 2 w
dx 2 = − M y
EI y
.
potrebujemo upogibni moment M y . V obravnavanem primeru je
M y = − P z x 2
.
2

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 41
Diferencialno enačbo upogibnice
SLIKA 1.26: Konzola je obtežena s konstantno linijsko obtežbo P z
d
dx
( ) dw
= P z x 2
dx 2 E I y
množimo z dx in integriramo (nedoločeno integriranje)
∫ ( ) ∫ dw Pz x 2
d = dx → dw
dx 2 E I y dx = P z x 3
+ C 1 . (1.110)
6 E I y
Zadnjo enačbo še enkrat množimo z dx in integriramo
∫ ∫ (
Pz x 3 )
dw =
+ C 1 dx → w = P z x 4
+ C 1 x + C 2 . (1.111)
6 E I y 24 E I y
Konstanti C 1 in C 2 izračunamo iz robnih pogojev
x = L : w = 0 in dw
dx
Robna pogoja (1.112) izrazimo s pomikom w (enačbi (1.110) in (1.111))
in dobljeni enačbi rešimo
P z L 4
24 E I y
+ C 1 L + C 2 = 0,
= 0. (1.112)
P z L 3
6 E I y
+ C 1 = 0
C 1 = − P z L 3
6 E I y
, C 2 = P z L 4
8 E I y
. (1.113)
Konstanti (1.113) vstavimo v (1.110) in (1.111) in dobimo izraz za navpični pomik w in za zasuk ω y
(enačba (1.59)) za poljubno točko na osi nosilca
w =
P z
(x 4 − 4 L 3 x + 3 L 4 ), ω y = − dw
24 E I y dx =
Pomik w A in zasuk ω Ay točke A pri x = 0 sta:
w A = P z L 4
8 E I y
, ω Ay = P z L 3
6 E I y
.
P z
6 E I y
(L 3 − x 3 ).
Nalogo rešimo še po enačbah (1.87)
d 4 w
dx 4 = P z
E I y
. (1.114)

42 1 Upogib z osno silo
Enačbo (1.114) štirikrat integriramo (nedoločeno integriranje)
d 3 w
dx 3 = P z x
+ C 1 ,
E I y
d 2 w
dx 2 = P z x 2
+ C 1 x + C 2 ,
2 E I y
dw
dx = P z x 3 x 2
+ C 1
6 E I y 2 + C 2 x + C 3 ,
w = P z x 4
24 E I y
+ C 1
x 3
6 + C 2
x 2
2 + C 3 x + C 4 .
(1.115)
Ker rešujemo diferencialno enačbo četrtega reda, nastopajo v rešitvi štiri konstante. Upoštevati moramo
štiri robne pogoje
x = 0 : M y = 0, N z = 0,
x = L : w = 0, ω y = 0.
(1.116)
Ker sta pogoja pri x = 0 izražena s silami, sta to statična robna pogoja. Pogoja pri x = L sta izražena s
pomikom in zasukom in sta zato kinematična robna pogoja. Statična robna pogoja izrazimo s pomikom
w, če upoštevamo enačbi (1.81) in (1.83)
M y = −E I y
d 2 w
dx 2 ,
N z = −E I y
d 3 w
dx 3 + M y. (1.117)
V obravnavanem primeru lahko zapišemo statična robna pogoja takole:
d 2 w
dx 2 = 0,
d 3 w
dx 3 = 0.
Vse štiri robne pogoje (1.116) zapišemo z upoštevanjem enačbe (1.115)
C 2 = 0,
C 1 = 0,
P z L 4 L 3
+ C 1
24 E I y
P z L 3 L 2
+ C 1
6 E I y
6 + C 2
L 2
2 + C 3 L + C 4 = 0,
2 + C 2 L + C 3 = 0.
Enačbe rešimo in dobimo C 1 = 0, C 2 = 0, C 3 = −P z L 3 /(6 E I y ), C 4 = P z L 4 /(8 E I y ). Konstanti
C 1 , C 2 , C 3 in C 4 vstavimo v (1.115) in dobimo izraz za navpični pomik w in za zasuk ω y za poljubno
točko na osi nosilca
w =
P z
(x 4 − 4 L 3 x + 3 L 4 ), ω y = − dw
24 E I y dx =
P z
6 E I y
(L 3 − x 3 ).

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 43
Dobili smo enak rezultat, kot v primeru, ko smo reševali diferencialno enačbo drugega reda. Prečno silo
N z in upogibni moment M y lahko izračunamo iz pomika w po enačbah (1.117)
d 3 w
N z = −E I y
dx 3 = −P d 2 w
z x, M y = −E I y
dx 2 = −P z x 2
.
2
Primer 1.7 Izračunaj pomike in notranje sile za enkrat statično nedoločen nosilec (n = 3+1−3·1 = 1)
na sliki 1.27! Glavni osi prečnega prereza sovpadata s koordinatnima osema y in z
SLIKA 1.27: Nosilec je obtežen s konstantno linijsko obtežbo P z
Diferencialna enačba drugega reda
Konstrukcija je statično nedoločena. Če jo rešujemo z diferencialno enačbo drugega reda
d 2 w
dx 2 = − M y
EI y
,
jo moramo spremeniti v statično določeno konstrukcijo. To lahko naprimer naredimo tako, da odstranimo
desno podporo in njen vpliv nadomestimo z reakcijo B Z , katere velikosti še ne poznamo (slika 1.28).
SLIKA 1.28: Statično določena konstrukcija je obtežena s podano obtežbo P z in neznano silo B Z
Upogibni moment M y je
M y = − P z (L − x) 2
− B Z (L − x).
2
Diferencialno enačbo upogibnice
dvakrat integriramo:
dw
E I y
dx = P z
2
E I y w = P z
2
d 2 w
E I y
dx 2 = P z (L 2 − 2 L x + x 2 )
+ B Z (L − x)
2
) (L 2 x − L x 2 + x3
+ B Z
(L x − x2
3
2
) (L 2 x2
2 − L x3
3 + x4
+ B Z
(L x2
12
2 − x3
6
)
+ C 1 ,
)
+ C 1 x + C 2 .

44 1 Upogib z osno silo
Tri neznanke C 1 , C 2 in B Z izračunamo iz robnih pogojev:
x = 0 : w(0) = 0, ω y (0) = − dw
dx ∣ = 0,
0
x = L : w(L) = 0.
Iz prvega pogoja sledi, da je C 2 = 0, iz drugega, da je C 1 = 0, iz tretjega pa, da je B Z = −3 P z L/8.
Tako dobimo:
w = P z x 2
48 E I y
(3 L 2 − 5 L x + 2 x 2 ),
ω y = − dw
dx = − P z x
48 E I y
(6 L 2 − 15 L x + 8 x 2 ),
d 2 w
M y = −E I y
dx 2 = −P z
8 (−L2 + 5 L x − 4 x 2 ),
d 3 ( )
w
5 L
N z = −E I y
dx 3 + M y = P z
8 − x .
Prečno silo določa linearna funkcija. Robni vrednosti sta
N z (+0) = 5 P z L
8
, N z (L − 0) = −3 P z L
.
8
Upogibni moment določa kvadratna funkcija. Vrednost pri x = 0 je M y (+0) = −P z L 2 /8, pri x = L
pa M y (L − 0) = 0. Mesto ekstremne vrednosti dobimo iz
( )
dM y
5 L
dx = N z + M y = P z
8 − x = 0 → x ekst = 5 L = 0.625 L.
8
M y,ekst = 0.0703125 P z L 2 .
Diagrama za prečno silo in upogibni moment prikazujemo na sliki 1.29.
SLIKA 1.29: Diagram prečne sile N z in upogibnega momenta M y

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 45
Navpični pomik w:
Mesto ekstremne vrednosti pomika w izračunamo iz pogoja:
dw
dx =
Rešitev je: x 1 = 0 ter
P z
48 E I y
(6 L 2 x − 15 L x 2 + 8 x 3 ) = 0 → x (6 L 2 − 15 L x + 8 x 2 ) = 0.
x 2,3 = 15 L ± √ 15 2 L 2 − 4 · 8 · 6 L 2
16
→ x 2 = 1.296 L, x 3 = 0.578 L = x ekst .
Ekstremna velikost pomika:
w ekst = 0.005416 P z L 4
48 E I y
Velja še: x = 0 : w = 0 in x = L : w = 0. Potek pomika w prikazujemo na sliki 1.30.
SLIKA 1.30: Potek navpičnega pomika w
Ker B Z poznamo, lahko reakcije izračunamo iz ravnotežnih enačb za sile, prikazane na sliki 1.28 ali pa
iz ravnotežnih pogojev za podpori: A X = −N x (0), A Z = −N z (0), M Ay = −M y (0), B Z = N z (L).
Nalogo rešimo še po enačbi četrtega reda (1.87)
Enačbo (1.118) štirikrat integriramo
E I y
d 3 w
dx 3 = P z x + C 1 ,
d 4 w
dx 4 = P z
E I y
. (1.118)
x 2
d 2 w
E I y
dx 2 = P z
2 + C 1 x + C 2 ,
dw
E I y
dx = P x 3
z
6 + C x 2
(1.119)
1
2 + C 2 x + C 3 ,
x 4
E I y w = P z
24 + C x 3
1
6 + C x 2
2
2 + C 3 x + C 4 .
Ker rešujemo diferencialno enačbo četrtega reda, nastopajo v rešitvi štiri konstante. Upoštevati moramo
štiri robne pogoje (tri kinematične in en statični robni pogoj)
x = 0 : w(0) = 0, ω y (0) = − dw
dx ∣ = 0,
0
x = L : w(L) = 0, M y (L − 0) = 0.

46 1 Upogib z osno silo
Statični robni pogoj izrazimo s pomiki
d 2 w
dx 2 ∣
∣∣∣(L−0)
= 0.
Izraze (1.119) vstavimo v robne pogoje in izračunamo konstante C 1 do C 4 :
C 1 = − 5 P z L
8
Dobimo enak rezultat kot prej:
, C 2 = P z L 2
, C 3 = 0, C 4 = 0.
8
w = P z x 2
48 E I y
(3 L 2 − 5 L x + 2 x 2 ).
Notranje sile lahko izračunamo iz pomika w po enačbah (1.81) in (1.83), reakcije pa iz ravnotežnih enačb
za podpori.
Primer 1.8 Raven konzolni nosilec konstantnega prečnega prereza je vpet v točki A, v točkah C in B pa
deluje obtežba F Cx , F Cz , M Cy in F Bx , F Bz , M By (slika 1.31)! Določimo pomika u in w ter zasuk ω y v
krajišču B! Glavni osi prečnega prereza sovpadata s koordinatnima osema y in z.
SLIKA 1.31: Konzola je obtežena s točkovnimi silami in s točkovnima momentoma
Pomika u in w ter zasuk ω y določamo z integriranjem diferencialnih enačb (1.80) in (1.59)
du
dx =
N x
E A x
,
d 2 w
dx 2 = − M y
E I y
,
ω y = − dw
dx .
Ploščina prečnega prereza A x in vztrajnostni moment prečnega prereza I y glede na os y se vzdolž osi x
ne spreminjata.
Osno silo N x in upogibni moment M y izračunamo za vsako polje posebej.
Polje 1 (0 ≤ x ≤ c):
N x = F Cx + F Bx ,
M y = M By + M Cy − F Bz (L − x) − F Cz (c − x).
Polje 2 (c ≤ x ≤ L):
N x = F Bx ,
M y = M By − F Bz (L − x).

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 47
Integracijsko območje moramo razdeliti na odseke (polja), znotraj katerih sta notranji količini N x in M y
zvezni funkciji. Račun pomika u v smeri osi x opravimo za vsako polje posebej
Enačbi pomnožimo z dx in integriramo
du (1)
E A x
dx = F du (2)
Cx + F Bx , E A x
dx
= F Bx.
E A x u (1) = F Cx x + F Bx x + C 1 , E A x u (2) = F Bx x + C 2 . (1.120)
Za primere, ko integracijsko območje razdelimo na polja, integracijske konstante določimo iz robnih
pogojev in iz pogojev geometrijske skladnosti. S pogojem geometrijske skladnosti opišemo zveznost
pomikov in zasukov na meji med poljema. Pri določitvi konstant C 1 in C 2 v enačbah (1.120) je robni
pogoj
x = 0 : u (1) = 0 → C 1 = 0,
pogoj geometrijske skladnosti pa je
Pomik u v polju 1 je
pomik u v polju 2 pa
Pomik točke B je
x = c : u (1) = u (2) → F Cx c + F Bx c = F Bx c + C 2 → C 2 = F Cx c.
u (1) = 1
E A x
(F Cx + F Bx )x,
u (2) = 1
E A x
(F Bx x + F Cx c).
u B = u (2) (x = L) = 1
E A x
(F Bx L + F Cx c).
Tudi račun pomika w v smeri osi z opravimo za vsako polje posebej
d 2 w (1)
d 2 w (2)
E I y
dx 2 = −M By − M Cy + F Bz (L − x) + F Cz (c − x), E I y
dx 2
Enačbi dvakrat integriramo
dw (1)
(
E I y
dx = −M By x − M Cy x + F Bz L x − x2
2
E I y w (1) = −M By
x 2
2 − M Cy
x 2
2 + F Bz
(L x2
dw (2)
(
E I y
dx = −M By x + F Bz L x − x2
2
E I y w (2) = −M By
x 2
2 + F Bz
(L x2
2 − x3
6
2 − x3
6
)
+ D 3 ,
)
+ F Cz
(c x − x2
2
)
+ F Cz
(c x2
2 − x3
6
)
+ D 3 x + D 4 .
= −M By + F Bz (L − x).
)
+ D 1 ,
)
+ D 1 x + D 2 ,
(1.121)

48 1 Upogib z osno silo
Konstante D 1 do D 4 določimo iz robnih pogojev in pogojev geometrijske skladnosti. Robna pogoja v
točki A zapišemo z enačbama:
Pogoja geometrijske skladnosti sta
x = 0 : w (1) = 0, ω (1)
y
= − dw(1)
dx = 0.
x = c : w (1) = w (2) , ω (1)
y = ω (2)
y → dw(1)
dx
= dw(2)
dx .
Če enačbe (1.121) vstavimo v robna pogoja in pogoja geometrijske skladnosti, lahko izračunamo neznane
konstante D 1 do D 4 :
D 1 = 0, D 2 = 0, D 3 = F Cz
c 2 2 − M Cy c, D 4 = M Cy
c 2 2 − F Cz
c 3 6 .
Pomik w v polju 1 je
w (1) = 1 (
x 2
−M By
E I y 2 − M x 2
) ))
Cy
2 + F Bz
(L x2
2 − x3
+ F Cz
(c x2
6
2 − x3
.
6
pomik w v polju 2 pa
w (2) = 1 (
x 2
)
−M By
E I y 2 + F Bz
(L x2
2 − x3
+ F Cz c 2
(3 x − c) + M )
Cy c
(c − 2 x) .
6 6
2
Pomik točke B je
w B = w (2) (x = L) = 1 (
L 2
−M By
E I y 2 + F L 3
Bz
3 − M 2 L c − c 2 3 L c 2 − c 3 )
Cy + F Cz .
2
6
Zasuk ω y v polju 1 je
ω (1)
y
zasuk ω y v polju 2 pa
= − dw(1)
dx = 1 (
( ) ))
M By x + M Cy x − F Bz L x − x2
− F Cz
(c x − x2
,
E I y 2
2
ω (2)
y
Zasuk ω By točke B je
= − dw(2)
dx = 1 (
( )
M By x − F Bz L x − x2 c 2 )
− F Cz
E I y 2 2 + M Cy c .
ω By = − dw(2) (x = L)
dx
= 1 (
L 2
M By L − F Bz
E I y 2 + M c 2 )
Cy c − F Cz .
2

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 49
Pomike in zasuke v točki B zapišimo še v matrični obliki
⎧ ⎡
⎤ ⎧
u B L
F 0 0
Bx
⎪⎨
⎫⎪ ⎬ E A x w B =
L 3
0
− L2
⎪⎨
⎫⎪ ⎬ ⎢ 3 E I y 2 E I F Bz +
y ⎥
⎪⎩ ⎪ ⎣ ⎭
ω By
0 − L2 L ⎦ ⎪⎩ ⎪ ⎭
2 E I y E I
M By y
⎡
⎤ ⎧
c
0 0
F Cx
E A x +
3 L c 2 − c 3
0
− 2 L c − c2
⎪⎨
⎫⎪ ⎬ ⎢ 6 E I y E I F Cz
y ⎥
⎣
0 − c2 c ⎦ ⎪⎩ ⎪ ⎭
2 E I y E I
M Cy y
ali krajše
Če na konzolo deluje le obtežba {F B }, je pomik {u B } enak
Če pa deluje le obtežba {F C }, je pomik {u B } enak
{u B } = [D BB ]{F B } + [D BC ]{F C }. (1.122)
{ u B ({F B }) } = [D BB ]{F B }.
{ u B ({F C }) } = [D BC ]{F C }.
Če delujeta obe obtežbi istočasno, velja enačba (1.122). Vidimo torej, da velja zakon superpozicije, ki
ga zapišemo z enačbo
{ u B ({F B } + {F C }) } = { u B ({F B }) } + { u B ({F C }) }.
To pomeni, da lahko pomik neke točke konstrukcije zaradi vpliva skupine sil izračunamo kot vsoto
pomikov zaradi vpliva vsake posamezne sile. Zakon superpozicije velja le, če je zveza med pomiki
in obtežbo linearna. Pri teoriji, ki jo obravnavamo, to je majhne pomike in linearno elastični
material, je zveza med pomiki in obtežbo linearna, zato velja zakon superpozicije.
Primer 1.9 Obojestransko vpeti nosilec je obremenjen s točkovnimi silami in momentom pri x = c (slika
1.32). Osi y in z sta glavni vztrajnostni osi prečnega prereza. Izračunajmo reakciji in vpetostni moment
v podpori B!
Če je nosilec vpet na obeh krajiščih, so predpisani naslednji kinematični pogoji
u Ax = ω Ay = u Az = u Bx = ω By = u Bz = 0.
Nosilec je trikrat statično nedoločen n = 3 + 3 − 3 · 1 = 3. Šestih reakcij A x , M Ay , A z , B x , M By in
B z ne moremo določiti iz treh ravnotežnih pogojev. Zato odstranimo podporo v točki B in njen vpliv

50 1 Upogib z osno silo
nadomestimo z ustreznimi reakcijami B x , M By in B z . Te določimo tako, da je izpolnjeno kinematičnim
robnim pogojem na mestu odstranjene podpore: u Bx = ω By = u Bz = 0.
SLIKA 1.32: Statično nedoločeni nosilec in enakovredni statično določeni nosileca
Na osnovi rezultatov prejšnjega primera in z upoštevanjem ustreznih robnih pogojev lahko zapišemo
u B =
L B x +
c F Cx = 0,
E A x E A x
ω By = −
L2
B z + L M By −
c2
F Cz + c M Cy = 0,
2 E I y E I y 2 E I y E I y
w B =
L3
B z − L2
M By + 3 c2 L − c 3
F Cz − 2 c L − c2
M Cy = 0.
3 E I y 2 E I y 6 E I y 2 E I y
To je sistem treh linearnih enačb za tri neznanke B x , M By in B z . Njegova rešitev je
B x = − c L F Cx,
( ( c
M By =
L
B z =
) 3
−
( c
L) 2
)
L F Cz −
( ( c
) 3 ( ) c 2
2 − 3 F Cz − 6
L L)
( ( c
) 2 ( c
) )
3 − 2 M Cy ,
L L
( ( c
) 2 ( c −
L L
) ) M Cy
L . (1.123)
Notranje sile izračunamo iz ravnotežnih pogojev za sile, prikazane na sliki 1.32. Za polje 1 dobimo:
N x = F Cx + B x , N z = F Cz + B z , M y = −B z (L − x) − F Cz (c − x) + M By + M Cy ,
za polje 2 pa:
N x = B x , N z = B z , M y = −B z (L − x) + M By .

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 51
Reakcije v podpori A izračunamo iz ravnotežnih pogojev:
( c
)
A x = −F Cx − B x =
L − 1 F Cx ,
( ( c
) 3 ( ) ( c 2 ( c
) 2 ( c
)
A z = −F Cz − B z = −2 + 3 − 1 F Cz + −
L L) ) 6 M Cy
L L L ,
M Ay = −M Cy − M By + F Cz c + B z L =
( ( c
) 2 ( ) (
c
( c
) 2 ( ) c
= − 2 + 1 c F Cz − 3 − 4 + 1 M Cy .
L L)
L L)
(1.124)
Za posebni primer, ko je c = 0.5 L, dobimo
B z = − 1 2 F Cz + 3 M Cy
2 L , M By = − 1 8 L F Cz + 1 4 M Cy.
SLIKA 1.33: Deformirana lega nosilca zaradi obtežb F Cz in M Cy in njunega skupnega vpliva
Na sliki 1.33 prikazujemo deformiranje nosilca posebej zaradi sile F Cz in posebej zaradi momenta M Cy .
Vidimo, da sta obe upogibnici taki, da sta pomika in zasuka v obeh podporah enaka nič. Upogibnica
zaradi sile F Cz je simetrična na simetrijsko os nosilca, upogibnica zaradi momenta M Cy pa je antisime-

52 1 Upogib z osno silo
trična. Upogibni moment M y izračunamo iz ravnotežnih enačb za vsako obtežbo posebej
x = 0 :
x = L/2 :
∑
M
A
y = 0 → M y (F Cz ) = − F Cz L
8
∑
M
C
y = 0 → M y (F Cz ) = F Cz L
8
, M y (M Cy ) = − M Cy
4 .
, My
levo (M Cy ) = M Cy
2 ,
My
desno (M Cy ) = − M Cy
2 .
Ker vzdolž nosilca ni prečne obtežbe, je diagram upogibnih momentov odsekoma linearen. V podporah
je upogibni moment različen od nič. Upogibni moment na sredini nosilca je nezvezen, saj na tem mestu
deluje točkovni moment M Cy . Poteka upogibnega momenta zaradi sile F Cz in zaradi momenta M Cy sta
prikazujemo na sliki 1.34.
SLIKA 1.34: Upogibni moment M y zaradi obtežb F Cz in M Cy in njunega skupnega učinkovanja
V preglednici 1.5 podajamo izraze za pomike in zasuke ter reakcije za različno podprte in obtežene
nosilce z ravno osjo. V preglednici so narisani tudi diagrami prečne sile ter upogibnega momenta. Če so
pomiki znani, izračunamo prečno silo N z po drugi izmed enačb (1.83), upogibni moment M y pa po prvi
izmed enačb (1.81). V preglednici so z A z , M Ay , B z in M Bz označene vpetostne reakcije v podporah A
in B.

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 53
PREGLEDNICA 1.5: Upogibnice in notranje sile za nekatere nosilce
a) Upogibnica konzole obtežene s silo F
Pomik in zasuk v polju 1:
w 1 = F x2
6 E I y
(3 a − x), ω y1 = − F x
2 E I y
(2 a − x).
Pomik in zasuk v polju 2:
w 2 = F a2
6 E I y
(3 x − a), ω y2 = − F a2
2 E I y
.
Pomik in zasuk pri x = a:
w(a) = F a3
3 E I y
, ω y (a) = − F a2
2 E I y
.
Pomik in zasuk pri x = L:
w(L) = F a2
6 E I y
(3 L − a), ω y (L) = − F a2
2 E I y
.

54 1 Upogib z osno silo
PREGLEDNICA 1.5 (nadaljevanje): Upogibnice in notranje sile za nekatere nosilce
b) Upogibnica konzole obtežene z momentom M
Pomik in zasuk v polju 1:
w 1 = − M x2
, ω y1 = M x .
2 E I y E I y
Pomik in zasuk v polju 2:
w 2 =
M a (a − 2 x), ω y2 = M a .
2 E I y E I y
Pomik in zasuk pri x = a:
w(a) = − M a2
, ω y (a) = M a .
2 E I y E I y
Pomik in zasuk pri x = L:
w(L) =
M a (a − 2 L), ω y (L) = M a .
2 E I y E I y

1.2 Pomiki in vzdolžna normalna napetost 55
PREGLEDNICA 1.5 (nadaljevanje): Upogibnice in notranje sile za nekatere nosilce
c) Upogibnica konzole obtežene s konstantno linijsko obtežbo P z
Pomik in zasuk:
w = P z x 2
24 E I y
(6 L 2 − 4 x L + x 2 ), ω y = − P z
6 E I y
(3 x L 2 − 3 x 2 L + x 3 ).
Pomik in zasuk pri x = L:
w(L) = P z L 4
8 E I y
, ω y (L) = − P z L 3
6 E I y
.