5.1.7 Vpliv striznih napetosti zaradi precnih sil na pomike linijskega ...

5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 445
Določiti moramo upogibni moment v nosilcih ter sile v vzmeteh zaradi sil F 1 in F 2 ter zaradi virtualne
sile δF z = 1. Upogibna momenta M y in δ ¯M y prikazujemo na sliki 5.90.
Slika 5.90: Diagrama upogibnih momentov M y in δ ¯M y
Osni sili v vzmeteh zaradi sil F 1 in F 2 sta N v1 = −(F 1 + F 2 )/2 in N v2 = −F 2 /2, zaradi virtualne sile
δF z = 1 pa je od nič različna le sila v prvi vzmeti δ ¯N v1 = −δF z /2 = −1/2. Delo δWn ∗ je zato enako:
δWn ∗ = 2 1
(
F 1 a a 1 2 1 a
E I y 4 2 2 3 4 + F1
2 + F )
2 1 1
.
2 2 k v1
Upoštevamo izrek o virtualnih silah δW ∗ z = δW ∗ n in dobimo
oziroma
− 1 2 w A + w 1 = F 1 a 3
48 + F 1 + F 2
4 k v1
w 1 = w A
2 + F 1 a 3
48 + F 1 + F 2
4 k v1
.
5.1.7 Vpliv strižnih napetosti zaradi prečnih sil na pomike linijskega nosilca
Če prečnih sil na deformiranje nosilca ne upoštevamo, ostane prečni prerez raven, pravi kot med osjo
nosilca in prečnim prerezom se ohrani tudi po deformiranju (ε xz = 0). To pomeni, da je zasuk α osi osi
nosilca enak zasuku α prereza prečnega prereza
α prereza ≡ α osi .
Na sliki 5.91 prikazujemo lego nosilca pred in po deformiranju.
Slika 5.91: a) Os nosilca in prečni prerez pred obremenitvijo
b) Os nosilca in prečni prerez po obremenitvi
V primeru, da upoštevamo vpliv prečnih sil na deformiranje nosilca, se prečni prerez po obremenitvi
deformira in ni več raven. To ugotovimo, če nosilec računsko obravnavamo kot dvodimenzionalno konstrukcijo
in upoštevamo ravninsko napetostno stanje. † Spremeni pa se tudi pravi kot med osjo nosilca in
† M. Stanek, G. Turk, Osnove mehanike trdnih teles, razdelek 4.3.5, 1998.

446 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
prečnim prerezom, ker je σ xy ≠ 0 in σ xz ≠ 0, je (ε xy ≠ 0 in ε xz ≠ 0). Na sliki 5.92 je prikazana lega
nosilca po obremenitvi za primer, ko upoštevamo tudi vpliv strižnih napetosti na deformiranje.
Slika 5.92: Os nosilca in prečni prerez po obremenitvi
Če nosilec računsko obravnavamo kot linijsko konstrukcijo, lahko določimo le povprečni zasuk ᾱ prereza
prečnega prereza, ki se spreminja le v odvisnosti od koordinate x. Ker se pravi kot ne ohrani, je
α osi ≠ ᾱ prereza .
Pri računanju zasukov z izrekom o virtualnih silah dobimo zasuk prečnega prereza ᾱ prereza in ne zasuk
osi nosilca α osi . To je posledica definicije dela δWz ∗ virtualne obtežbe na resničnih pomikih, ki je produkt
posplošene virtualne sile in pripadajočega posplošenega pomika. Če na primer na krajni (x = L) prečni
prerez nosilca deluje virtualna obtežba δp Sx , jo lahko nadomestimo s silo δF Lx in momentom δM Ly
(slika 5.93):
∫
∫
δF Lx = δp Sx dA x , δM Ly = z δp Sx dA x .
A Lx A Lx
Slika 5.93: Obtežba p Sx pripada prečnemu prerezu A Lx
Ker predstavljata obtežbi δF Lx in δM Ly obtežbo prečnega prereza nosilca, k tem posplošenim silam
pripadata posplošena pomika u x in ϕ z – to je pomik in zasuk prečnega prereza A Lx (glej razdelek 1.6).
S ϕ z označimo zasuk vlakna, ki je usmerjen v smeri z, okrog osi y. Delo δW ∗ z virtualnih sil δF Lx in
δM Ly na posplošenih pomikih u x in ϕ z je torej
δW ∗ z = δF Lx u x + δM Ly ϕ z .
Sledi, da zasuk prečnega prereza linijskega elementa izračunamo po enačbi
ϕ z = δ ¯W ∗ n. (5.36)

5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 447
Primer 5.25 Z upoštevanjem vpliva prečnih sil določimo pomike in zasuke za naslednje preproste primere:
a) navpični pomik w(L/2) točke x = L/2 in zasuk prečnega prereza ϕ z (0) ob podpori x = 0 na
prostoležečem nosilcu, obteženem z enakomerno linijsko obtežbo (slika 5.94a),
b) navpični pomik w(L) in zasuk prereza ϕ z (L) na prostem koncu konzole, obtežene s točkovno silo
(slika 5.94b),
c) navpični pomik w(L) in zasuk prereza ϕ z (L) na prostem koncu konzole, obtežene z enakomerno
linijsko obtežbo (slika 5.94c).
Slika 5.94: a) Račun w(L/2) in ϕ z (0)
b) in c) Račun w(L) in ϕ z (L)
Nosilec je pravokotnega prečnega prereza širine b in višine h. Poissonov koeficient ν = 0.3.
a) Navpični pomik w(L/2) in zasuk prereza ϕ z (0) prostoležečega nosilca
Pomik w T izračunamo po enačbi:
w T = δ ¯W ∗ n(δF T z = 1.0).
Delo δWn ∗ virtualnih sil na resničnih deformacijah v linijskem nosilcu izračunamo z enačbo (5.33). Ker
sta od nič različna le upogibni moment M y in prečna sila N z , računamo pomik w T na prostem koncu
konzole po enačbi
∫ L (
κz N z δ
w T =
¯N z
+ M y δ ¯M )
y
dx.
G A x E I y
Notranje sile zaradi obtežbe P z so prikazane na sliki 5.95.
0
Slika 5.95: Prečna sila in upogibni moment zaradi linijske obtežbe P z
Notranje sile zaradi virtualne sile δF T z so prikazane na sliki 5.96.

448 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Slika 5.96: Prečna sila in upogibni moment zaradi sile δF T z = 1
Navpični pomik w pri x = L/2 je (glej primer 5.5)
w(L/2) = 1 P z L L 1 1
G A z 2 2 2 2 2 + 1 2
E I y
P z L 2
3 8
Notranje sile zaradi virtualne momenta δM T y so prikazane na sliki 5.97.
L 5 L
2 32 2 = P z L 2
+ 5 P z L 4
.
8 k G A x 384 E I y
Slika 5.97: Prečna sila in upogibni moment zaradi momenta δM T y = 1
Zasuk prečnega prereza ϕ z pri x = 0 je
ϕ z (0) = − 1 P z L 2 2
E I y 8 3 L1 2 = − P z L 3
.
24 E I y
b) Navpični pomik w(L) in zasuk prereza ϕ z (L) prostega konca konzole, obtežene s silo F T z
Notranje sile zaradi sile F T z so prikazane na sliki 5.98.
Slika 5.98: Prečna sila in upogibni moment zaradi sile F T z
Notranje sile zaradi virtualne obtežbe δF T z so prikazane na sliki 5.99:
Slika 5.99: Prečna sila in upogibni moment zaradi sile δF T z = 1

5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 449
Navpični pomik w T pod silo F T z je
w T = 1 F T z L L 2
E I y 2 3 L + κ z
F T z L · 1 = F T z L 3
+ κ z F T z L
= F T z L 3 (
1 + 3 κ )
z E I y
G A x 3 E I y G A x 3 E I y L 2 .
G A x
Če upoštevamo, da je
dobimo
κ z = 1.2,
E
I
= 2 (1 + ν) = 2.6,
G
(
w T = F T z L 3 ( )
h
2
1 + 0.78 .
3 E I y L)
y
A x
= h2
12 ,
V preglednici 5.2 in sliki 5.100 podajamo velikosti napake pri računu pomika w T , če zanemarimo vpliv
strižnih napetosti.
Tabela 5.2: Vpliv strižne napetosti na pomik
h/L Pomik w T Napaka v %
0.1
0.5
1.0
F T Z L 3
(1 + 0.0078)
3 E I y
0.77
F T Z L 3
(1 + 0.1950)
3 E I y
16.32
F T Z L 3
(1 + 0.7800)
3 E I y
43.82
Slika 5.100: Vpliv strižne napetosti v odvisnosti od h/L
Iz prikazanih rezultatov sledi, da vpliva prečnih sil na pomike pri kratkih nosilcih ne smemo zanemariti.
To seveda velja, če kratki nosilec obravnavamo kot linijski nosilec.
Za račun zasuka prereza ϕ z (L) potrebujemo notranje sile zaradi virtualnega momenta δM T y (slika
5.101)

450 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Slika 5.101: Prečna sila in upogibni moment zaradi momenta δM T y = 1
Zasuk prereza je
ϕ z (L) = − 1
E I y
F T z L L 2 1 = −F T z L 2
2 E I y
.
c) Navpični pomik w(L) in zasuk prereza ϕ z (L) prostega konca konzole, obtežene z enakomerno
linijsko obtežbo P z
Notranje sile zaradi obtežbe P z so prikazane na sliki 5.102.
Slika 5.102: Prečna sila in upogibni moment zaradi linijske obtežbe P z
Notranje sile zaradi virtualne sile δF T z so prikazane na sliki 5.99. Navpični pomik w pri x = L je
w(L) =
1
P z L L k G A x 2 1 + 1 P z L 2 L 3 L
E I y 2 3 4 = P z L 2
+ P z L 4
.
2 k G A x 8 E I y
Notranje sile zaradi virtualne momenta δM T y so prikazane na sliki 5.101. Zasuk prečnega prereza ϕ z
pri x = 0 je
ϕ z (L) = − 1 P z L 2
L 1 E I y 2 3 = −P z L 3
.
6 E I y
Primer 5.26 Z izrekom o virtualnih silah določimo zasuk ω Cy prečnega prereza in navpični pomik w C
prostoležečega nosilca pri x = L/2 (slika 5.103)! Upoštevajmo tudi vpliv prečnih sil na pomike.
Slika 5.103: Prostoležeči nosilec obtežen z momentom M Cy

5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 451
Izračunajmo najprej zasuk prereza pri x = L/2.
Notranje sile zaradi zunanje obtežbe prikazujemo na sliki 5.104.
Slika 5.104: Prečna sila in upogibni moment zaradi obtežbe z momentom M Cy
Notranje sile zaradi virtualne obtežbe δM Cy = 1 prikazujemo na sliki 5.105.
Slika 5.105: Prečna sila in upogibni moment zaradi momenta δM Cy = 1
Zasuk prečnega prereza pri x = L/2 ob upoštevanju upogibnega momenta in prečne sile je:
ωCy(x P = L/2) = − 1 M Cy
E I y 2
Sedaj določimo še navpični pomik pri x = L/2.
L
2
1 2 1
2 3 2 2 − κ z M Cy
G A x L
Notranje sile zaradi virtualne sile δF Cz = 1 prikazujemo na sliki 5.106:
L 1
L = − M Cy L
12 E I y
} {{ }
α osi
− κ z M Cy
G A x L
} {{ }
α prereza
.

452 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Slika 5.106: Prečna sila in upogibni moment zaradi momenta δF T z = 1
Zaradi simetrije diagramov δ ¯M y in N z ter antisimetrije diagramov M y in δ ¯N z , je navpični pomik na
sredini nosilca enak nič
w C = 0.
5.1.8 Račun pomikov statično določenih linijskih konstrukcij z ukrivljeno osjo
V primeru, ko je razmerje krivinskega polmera R proti višini nosilca h za element z ukrivljeno osjo večje
od 10 (R/h > 10), lahko uporabimo za račun vzdolžne normalne napetosti v takem elementu enačbo, ki
velja za nosilec z ravno osjo †
σ tt ≈ σ xx = M y z
I y
.
Zato lahko računamo pomik oziroma zasuk posamezne točke takega elementa po enačbi (glej (5.20))
} ∫ (( )
u T s
= δ
ω ¯W n ∗ Nt
=
+ α T ∆T t δ
T s E A ¯N t + N n δ ¯N n
+ N b δ ¯N b
+ M t δ ¯M t
+
t G A n G A b G I t
+
L
( )
Mn
+ α T ∆T b δ
E I ¯M n +
n
(
Mb
E I b
− α T ∆T n
)
δ ¯M b
)
ds.
(5.37)
Z L označimo srednjo črto elementa z ukrivljeno osjo, z ds pa diferencialni del dolžine srednje črte. Za
opis notranjih sil v prerezu nosilca uporabimo naravni koordinatni sistem, ki ga določajo bazni vektorji
⃗e t , ⃗e n in ⃗e b ‡ Os t na ukrivljenem nosilcu ustreza osi x na ravnem nosilcu, osi n in b pa ustrezata lokalnima
osema y in z.
Primer 5.27 Za konstrukcijo na sliki 5.107 določimo navpični pomik točke A! Predpostavimo, da v
elementih konstrukcije nastopa enakomerna torzija. Material in prečni prerez se ne spreminjata, zato so
E, G, I t in I n konstante. Torzijski vztrajnostni moment označimo z I t , upogibnega glede na vodoravno
os n pa z I n . Vpliva prečnih sil ne upoštevamo.
† M. Stanek, Trdnost – Izvlečki iz teorije in rešene naloge, FAGG, Univerza Edvarda Kardelja, Ljubljana, 1989.
‡ M. Stanek, G. Turk, Statika II, Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo, 1996).

5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 453
Slika 5.107: Os nosilca opisuje polkrožnica
Od nič sta različna torzijski moment M t in upogibni moment M n , ki ju s silo F Z in kotom α izrazimo
takole (slika 5.108):
M t = −F Z r (1 − cos α), M n = F Z r sin α.
Slika 5.108: Z M t označimo torzijski, z M n pa upogibni moment
Če namesto sile F z v točko A postavimo virtualno silo δF z = 1, dobimo:
δ ¯M t = −r (1 − cos α), δ ¯M n = r sin α.
Pomik w A izračunamo po enačbi
∫
w A =
π r
0
(
Mt δ ¯M t
G I t
+ M n δ ¯M n
E I n
)
ds.

454 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Ker je ds = r dα, sledi
w A =
∫ π
0
= F Z r 3
G I t
Upoštevamo, da je
∫
cos ϕ dϕ = sin ϕ + C,
(
FZ r 2 (1 − cos α) 2
∫
∫π
0
G I t
+ F Z r 2 sin 2 )
α
r dα =
E I n
(1 − 2 cos α + cos 2 α) dα + F Z r 3
sin 2 ϕ dϕ = ϕ 2 − sin 2 ϕ
4
in dobimo
w A = F Z r 3 (
α − 2 sin α + α G I t 2 + sin 2 α )∣ ∣∣∣
π
4
+ C,
E I n
Primer 5.28 Določimo zasuk ω Bt točke B na konstrukciji na sliki 5.109!
0
∫
∫π
0
sin 2 α dα.
cos 2 ϕ dϕ = ϕ 2 + sin 2 ϕ
4
+ C
+ F Z r 3 ( α
E I n 2 − sin 2 α )∣ ∣∣∣
π
= F Z r 3 (
π 3
+ 1 )
.
4
0
2 G I t E I n
Slika 5.109: Nosilec obtežimo s konstantno linijsko momentno obtežbo M t
Na majhen del osi nosilca ds deluje moment dM = M t ds = M t r dα, ki ga lahko razstavimo na
dM x = M t r dα sin α in dM y = M t r dα cos α vzdolž smeri x in y (slika 5.110a). Vpetostna momenta
M Ax in M Ay izračunamo iz ravnotežnih enačb (slika 5.110b)
∫ π
M Ax +
Z integriranjem zadnje enačbe dobimo
0
∫ π
M t r sin α dα = 0, M Ay +
0
M t r cos α dα = 0.
M Ax + M t r (− cos α)| π 0 = 0 → M Ax = −2 M t r
in
M Ay + M t r (sin α)| π 0 = 0 → M Ay = 0.

5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 455
Slika 5.110: a) Obtežbo M t na dolžini ds nadomestimo z momentom dM = M t ds
b) Od reakcij je od nič različen le M Ax
Notranje sile pri poljubnem kotu α izračunamo najprej glede na osi x in y – momenta M x in M y (slika
5.111a), nato pa glede na osi t in n – momenta M t in M n (slika 5.111b).
Slika 5.111: a) Notranja momenta glede na osi x in y
b) Notranja momenta glede na osi t in n
Ravnotežna pogoja ∑ x = 0 in ∑ y = 0:
∫ α
∫ α
M x − 2 M t r + M t r sin α dα = 0, M y + M t r cos α dα = 0.
0
0
Integriramo in dobimo
M x = 2 M t r − M t r (− cos α) ∣ α 0 = M t r (1 + cos α), M y = −M t r (sin α) ∣ α 0 = −M t r sin α.
Momenta M x in M y projiciramo na osi t in n ter dobimo torzijski moment M t in upogibni moment M n
(slika 5.111b)
M t = M x sin α + M y cos α, M n = M x cos α − M y sin α
oziroma
M t = M t r (1 + cos α) sin α − M t r sin α cos α = M t r sin α
M n = M t r (1 + cos α) cos α + M t r sin α sin α = M t r (1 + cos α).

456 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Ker sta od nič različna le torzijski moment M t in upogibni moment M n , izračunamo zasuk ω Bt po enačbi
∫
ω Bt =
π r
0
(
Mt δ ¯M t
G I t
+ M n δ ¯M )
n
ds.
E I n
Določiti moramo izraza za momenta δ ¯M t in δ ¯M n zaradi virtualnega momenta δM Bt = 1 (slika 5.112).
Iz ravnotežnih pogojev izračunamo
δ ¯M Ax = 0, δ ¯M Ay = 1, δ ¯M x = 0, δ ¯M y = −1.
Slika 5.112: a) Virtualni moment δM Bt = 1 postavimo v točko B
b) Momenta δ ¯M x in δ ¯M y izračunamo iz ravnotežnih pogojev za del konstrukcije
Momenta δ ¯M x in δ ¯M y projiciramo na osi t in n ter dobimo
δ ¯M t = − cos α, δ ¯M n = sin α.
Sedaj lahko zasuk ω Bt izračunamo po naslednji enačbi
in dobimo
ω Bt = − 1
G I t
∫π
0
M t r sin α cos α r dα + 1
E I n
∫π
0
M t r (1 + cos α) sin α r dα
ω Bt = 2 M t r 2
E I n
.
V tem primeru je očitno, da na zasuk ω Bt v točki B vpliva le upogibanje nosilca, torzijsko deformiranje
pa na ta zasuk ne vpliva.
Primer 5.29 Določimo največjo strižno napetost τ max in raztezek ∆l gosto navite vzmeti, ki je v krajiščih
obtežena z enako velikima in nasproti usmerjenima silama F , ki delujeta v osi vzmeti (slika 5.113a).
Vzmet je narejena iz jeklene žice s prečnim prerezom krožne oblike.

5.1 Pomiki in zasuki posameznih točk statično določenih linijskih konstrukcij 457
Slika 5.113: Vzmet je v krajiščih obtežena s silama F
Ker je vzmet gosto navita lahko predpostavimo, da navoji vzmeti ležijo v ravnini, ki je pravokotna na
os vzmeti. V tem primeru je prečni prerez A t žice vzmeti navpičen (slika 5.113b). Ravnotežna pogoja
glede na težišče prečnega prereza žice sta:
∑
X = 0 : Nb = F,
∑
M
T
t = 0 : M t = F R. (5.38)
Z R označimo razdaljo od osi vzmeti, do težišča prečnega prereza žice vzmeti, polmer žice pa označimo
z r. Upoštevajmo, da je R ≫ r. Sila N b je rezultanta strižnih napetosti v smeri osi X v prečnem prerezu
A t , moment M t pa predstavlja torzijski moment v žici.
Največjo napetost τ max (N b ) zaradi prečne sile v okroglem prerezu izračunamo po enačbi (1.194)
τ max (N b ) = 4 3
F
A t
. (5.39)
Največjo strižno napetost v nosilcu s prečnim prerezom v obliki kroga s polmerom r, ki je obtežen s
konstantnim torzijskim momentom M t , izračunamo po enačbi (2.120)
τ max (M t ) = 2 M t
π r 3 , (5.40)
pri čemer smo upoštevali enačbo za ravni nosilec. To je približna ocena, ki je upravičena, saj velja, da
je R ≫ r. Enačba (5.40) ustreza enakomerni torziji (izbočitev prečnih prerezov ni nikjer preprečena).
Največjo strižno napetost v prečnem prerezu A t dobimo, če enačbi (5.39) in (5.40) seštejemo
τ max = 4 3
F
π r 2 + 2 F R
π r 3 = 2 F R ( r
)
π r 3 2 R + 1 . (5.41)

458 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Ker je r ≪ R je r/(2 R) ≪ 1 in lahko vpliv zaradi prečne sile N b v primerjavi s vplivom zaradi
torzijskega momenta M t zanemarimo. Zato računamo največjo strižno napetost v žici vzmeti po enačbi
τ max = 2 F R
π r 3 . (5.42)
Raztezek ∆l vzmeti izračunamo z izrekom o virtualnih silah. Če vzmet v krajiščih obtežimo z enako
velikima in nasproti usmerjenima virtalnima silama δF = 1 (slika 5.114), zapišemo izrek o virtualnih
silah takole:
n∫2 π R( Nb δ
∆l = (u s − u z ) =
¯N b
+ M t δ ¯M )
t
ds. (5.43)
G A b G I t
0
Slika 5.114: Vzmet je obtežena s silama F in z virtualnima silama δF = 1
Upoštevamo, da so M t , δM t , N b in δN b konstantni vzdolž žice in da sta A b = A t /κ b = π r 2 /κ b in
I t = π r 4 /2
∆l =
∫
n 2 π R
0
( F · 1
+ F R · R )
ds = F n 2 π R + F R3 n 2 π
G A s G I t G A b G I t
= F n R (
G r 2 2 κ b + 4 )
R2
r 2 .
Strižni oblikovni koeficient za prerez okrogle oblike je κ b = 10/9. Ker je R ≫ r 2 , je tudi 4 R 2 /r 2 ≫
2 κ b = 20/9, zato lahko tudi pri računu raztezka vzmeti upoštevamo le vpliv torzijskega momenta.
5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z
metodo sil
Vzemimo, da je n-krat statično nedoločena linijska konstrukcija, sestavljena iz linijskih nosilcev ter linijskih
in torzijskih vzmeti, obtežena z zunanjo obtežbo Q in izpostavljena linearni spremembi temperature
∆T = ∆T x + ∆T y y + ∆T z z. Določiti želimo notranje sile in pomik u T s izbrane točke T na vzdolžni
osi linijskega nosilca v smeri enotskega vektorja ⃗e S oziroma zasuk ω T s okrog osi, ki je podana z enotnim
vektorjem ⃗e s .

5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil 459
Nalogo rešimo z uporabo izreka o virtualnih silah po naslednjih korakih:
1. Ugotovimo stopnjo statične nedoločenosti n. Za sistem K togih teles v prostoru je n enak: †
za sistem K togih teles v ravnini pa:
n = ∑
n opsp + ∑
n opsv − 6 K, (5.44)
vse podpore
vse vezi
n = ∑
n opsp + ∑
n opsv − 3 K. (5.45)
vse podpore
vse vezi
Z n opsp in n opsv označimo število odvzetih prostostnih stopenj podpore in vezi.
Podpore in vezi omejujejo prosto premikanje sistema teles in zmanjšujejo število prostostnih
stopenj. V podporah predpišemo vrednosti ene ali več kinematičnih količin. Najpogosteje je
podpora nepodajna, pri kateri je pomik u P enak nič
u P = 0.
V primeru podajne podpore ločimo podporo, pri kateri je pomik predpisan
u P = C ≠ 0
in podporo, pri kateri je pomik podpore odvisen od velikosti reakcije R
u P = R k .
Slika 5.115: Stopnja statične nedoločenosti n = 2
† M. Stanek, G. Turk, Statika I, 1996,
M. Stanek, G. Turk, Analiza kinematičnih enačb sistema togih teles, Kuhljevi dnevi ‘96, Gozd Martuljk, 19.-20.9.1996,
Zbornik del, str. 305-312, 1996.

460 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Taka podpora je elastična podpora, k je togost elastične podpore. Glede števila prostostnih
stopenj sta nepodajna (toga) in podajna podpora enakovredni. Za podporo A na sliki 5.115
upoštevamo, da sistemu odvzame tri prostostne stopnje
u Ax = u Az = 0,
ω Ay = M A
k ϕ
.
Podobno velja tudi za prostostne stopnje, ki jih sistemu odvzamejo vezi. Konstrukcija na sliki
5.115 je dvakrat statično nedoločena:
n = (3 + 2 + 1) + 2(2 − 1) − 3 · 2 = 2.
2. Tvorimo statično določeno osnovno konstrukcijo tako, da v statično nedoločeno konstrukcijo
uvedemo n dodatnih sprostitev oziroma prostostnih stopenj. Uvedba dodatnih prostostnih stopenj
pomeni, da na izbranih mestih odstranimo podpore oziroma sprostimo vezi. Vpliv odstranjenih
podpor oziroma vezi moramo nadomestiti s statično enakovrednimi nadomestnimi silami
X i (i = 1, . . . , n), katerih vrednosti še ne poznamo. Sile X i (i = 1, . . . , n) so zunanje sile na
statično določeni osnovni konstrukciji. Za konstrukcijo s slike 5.115 lahko izberemo na primer za
X 1 navpično reakcijo v podpori B, za X 2 pa osno silo v palici CD (slika 5.116).
Slika 5.116: Na mestih uvedenih sprostitev uvedemo nadomestne sile X i (i = 1, . . . , n)
Pri uvajanju dodatnih prostostnih stopenj imamo mnogo možnosti. Dodatne prostostne stopnje
moramo uvesti tako, da je determinanta sistema ravnotežnih enačb za osnovno konstrukcijo različna
od nič. To pomeni, da mora biti osnovna konstrukcija taka, da pri poljubni obtežbi miruje.
V prikazanem primeru smo z zunanjo silo X 1 nadomestili reakcijo v smeri uvedene sprostitve v
podpori B, z zunanjo silo X 2 pa notranjo osno silo v prečnem prerezu p − p.
Na sliki 5.117 je prikazan primer osnovne konstrukcije, ki se lahko premika. Za tako konstrukcijo
ima sistem ravnotežnih enačb determinanto enako nič in zato reakcij in sil v vezi ne moremo

5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil 461
enolično izračunati. Zato taka osnovna konstrukcija ni pravilno izbrana in onemogoča nadaljnje
določanje notranjih sil in pomikov.
Slika 5.117: Primer osnovne konstrukcije, ki pri poljubni obtežbi ne miruje
V nadaljevanju bomo nadomestnim zunanjim silam X i (i = 1, . . . , n) v sproščenih prerezih
pripisali njihov fizikalni pomen reakcij oziroma notranjih sil.
Če upoštevamo zakon superpozicije, notranje sile N x , N y in N z ter momente M x , M y in M z v
linijskih elementih osnovne konstrukcije, obtežene s silami X i (i = 1, . . . , n) in zunanjo obtežbo
Q, zapišemo takole:
N x =
N y =
N z =
M x =
M y =
M z =
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
¯N xi X i + N xQ ≡ N nk
x ,
¯N yi X i + N yQ ≡ N nk
y ,
¯N zi X i + N zQ ≡ N nk
z ,
¯M xi X i + M xQ ≡ M nk
x ,
¯M yi X i + M yQ ≡ M nk
y ,
¯M zi X i + M zQ ≡ M nk
z .
(5.46)
Sile X i (i = 1, . . . , n) izračunamo iz pogojev, da so pomiki na mestu odstranjenih podpor predpisani
in da so medsebojni pomiki oziroma zasuki na mestih odstranjenih (sproščenih) vezi, enaki
nič. Zato se statično določena osnovna konstrukcija, ko jo obtežimo z silami X i (i = 1, . . . , n)

462 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
in zunanjo obtežbo Q, deformira enako kot z zunanjo obtežbo obremenjena statično nedoločena
konstrukcija, enake so tudi notranje sile. Z oznako nk v enačbah (5.46) smo torej poudarili, da notranje
sile N x , N y , N z , M x , M y in M z ustrezajo statično nedoločeni konstrukciji, čeprav funkcije
¯N xi , ¯Nyi , ¯Nzi , ¯Mxi , ¯Myi , ¯Mzi ter N xQ , N yQ , N zQ , M xQ , M yQ in M zQ računamo na statično
določeni osnovni konstrukciji. Prečka na funkcijah ¯N xi , ¯Nyi , ¯Nzi , ¯Mxi , ¯Myi , ¯Mzi povdarja, da so
to notranje sile zaradi enotske sile δX i = 1 (i = 1, . . . , n).
Tudi osno silo v linijski vzmeti r razdelimo na osno silo zaradi sil X i (i = 1, . . . , n) in na osno
silo zaradi zunanje obtežbe Q
N (r)
v =
n∑
i=1
¯N (r)
vi X i + N (r)
vQ ≡ N (r)nk
v .
Na enak način zapišemo še torzijski moment v torzijski vzmeti q
M (q)
v =
n∑
i=1
¯M (q)
vi X i + M (q)
vQ ≡ M (q)nk
v .
item[3.] Osnovno konstrukcijo obtežimo z virtualnimi silami δX i (i = 1, . . . , n) v točkah, kjer smo
vpeljali dodatne prostostne stopnje in sicer v smereh iskanih nadomestnih sil X i (i = 1, . . . , n).
Osnovno konstrukcijo obtežimo še z virtualno silo δF T s = 1, če računamo pomik u T s oziroma z
virtualnim momentom δM T s = 1, če računamo zasuk ω T s . Sila δF T s učinkuje na mestu iskanega
pomika u T s , moment δM T s pa na mestu in okrog smeri iskanega zasuka ω T s . Na sliki 5.118 so
prikazane virtualne sile δX 1 , δX 2 in δF T s za obravnavani primer.
Slika 5.118: Virtualne sile δX i na osnovni konstrukciji imajo isto prijemališče in enako smer kot
nadomestne sile X i , virtualna sila δF T s pa ima isto lego in smer kot iskani pomik u T s

5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil 463
Notranje sile v linijskih elementih zaradi virtualne obtežbe razdelimo na notranje sile zaradi virtualnih
sil δX i (i = 1, . . . , n) in na notranje sile zaradi virtualne sile δF T s :
n∑
δN x = ¯N xi δX i + ¯N xF δF T s ,
δN y =
δN z =
δM x =
δM y =
δM z =
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
n∑
i=1
¯N yi δX i + ¯N yF δF T s ,
¯N zi δX i + ¯N zF δF T s ,
¯M xi δX i + ¯M xF δF T s ,
¯M yi δX i + ¯M yF δF T s ,
¯M zi δX i + ¯M zF δF T s .
(5.47)
Z ¯N xF , ¯NyF , ¯NzF , ¯MxF , ¯MyF in ¯M zF označimo notranje sile v osnovni statično določeni konstrukciji
zaradi obtežbe δF T s = 1.
Zapišimo še osno silo v osni vzmeti r v odvisnosti od virtualnih sil δX i (i = 1, . . . , n) in sile δF T s
δN (r)
v =
n∑
i=1
¯N (r)
vi
δX i +
¯N
(r)
vF δF T s. (5.48)
Na enak način zapišemo še torzijski moment v torzijski vzmeti q:
n∑
δM v (q) = ¯M (q)
(q)
vi
δX i + ¯M
vF δF T s. (5.49)
i=1
4. Delo Wz ∗ virtualnih sil na resničnih pomikih zapišemo takole:
n∑
δWz ∗ = δX i u i + δF T s u T s . (5.50)
i=1
Z u i označimo pomik na mestu odstranjene podpore ter medsebojni pomik oziroma medsebojni
zasuk na mestu odstranjene vezi. V obravnavanem primeru (slika 5.118) je delo W ∗ z enako
δW ∗ z = δX 1 w B + δX 2 (u pz − u ps ) + δF T s u T s .
Oznaka u pz pomeni pomik na zgornji strani prereza p − p, oznaka u ps pa pomik na spodnji strani
prereza p − p.

464 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
5. Delo δW ∗ n virtualnih napetosti na resničnih deformacijah za celotno konstrukcijo zapišemo z
enačbo (5.33)
δWn ∗ = ∑ ∫ L i [
Nx δN x
+ N y δN y
E A x G A s + N z δN z
el
y G A s z
0
]
∑n v
+ α T (∆T x δN x + ∆T z δM y − ∆T y δM z ) dx +
+ M x δM x
G I x
r=1
+ M y δM y
E I y
N v
(r) δN v
(r)
k v
(r)
+ M z δM z
E I z
+
∑m v
+
q=1
M (q)
v
δM v
(q)
k ϕ
(q)
6. Če v enačbi (5.51) upoštevamo enačbe (5.46) do (5.50) in zapišemo izrek o virtualnih silah
.
(5.51)
δW ∗ n − δW ∗ z = 0, (5.52)
dobimo zvezo med pomiki točk, v katerih deluje virtualna obtežba in med notranjimi silami v
elementih konstrukcije. Najprej zapišimo izraz za delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah:
δWn ∗ = ∑ ∫ L ( (
) (
1
n∑
n∑
)
N xQ + ¯N xj X j
¯N xi δX i +
E A ¯N xF δF T s +
x
el 0
j=1
i=1
(
) (
+ 1
n∑
n∑
)
G A s N yQ + ¯N yj X j
¯N yi δX i + ¯N yF δF T s +
y
j=1
i=1
+ 1
G A s z
(
N zQ +
+ 1
G I x
(
M xQ +
+ 1
E I y
(
M yQ +
+ 1
E I z
(
M zQ +
n∑
j=1
n∑
j=1
n∑
j=1
n∑
j=1
¯N zj X j
)( n∑
i=1
¯M xj X j
)( n∑
i=1
¯M yj X j
)( n∑
i=1
¯M zj X j
) ( n∑
i=1
¯N zi δX i + ¯N zF δF T s
)
+
¯M xi δX i + ¯M xF δF T s
)
+
¯M yi δX i + ¯M yF δF T s
)
+
¯M zi δX i + ¯M zF δF T s
)
+
+ α T ∆T x
( n∑
i=1
¯N xi δX i + ¯N xF δF T s
)
+
+ α T ∆T z
( n∑
i=1
¯M yi δX i + ¯M yF δF T s
)
−
− α T ∆T y
( n∑
i=1
¯M zi δX i + ¯M zF δF T s
))
dx+

5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil 465
∑n v
+
r=1
∑m v
+
q=1
1
k (r)
v
1
k (q)
ϕ
(
(
N (r)
vQ + n∑
j=1
M (q)
vQ + n∑
j=1
) ( n∑
¯N (r)
vj
X j
i=1
) ( n∑
¯M (q)
vj
X j
i=1
¯N (r)
vi
δX i +
¯M (q)
vi
δX i +
¯N
(r)
vF δF T s
)
¯M
(q)
vF δF T s
Zadnjo enačbo preoblikujemo tako, da rešimo oklepaje, nato združimo vse člene, ki pripadajo
produktu δX i X j , člene, ki pripadajo δX i , ter člene, ki pripadajo virtualni sili δF T s .
Če ∑ n
i=1 δX i (i = 1, . . . , n) izpostavimo, dobimo:
δW ∗ n =
+
n∑
i=1
n∑
j=1
δX i X j
( ∑
el
(
n∑ ∑
δX i
el
i=1
+δF T s
( ∑
el
∑n v
+
∑n v
+
r=1
r=1
∫ L
0
∑n v
+
∫ L
0
r=1
∫ 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 (r)
vi
[
¯Nxi N xQ
E A x
¯N (r)
vj
k (r)
v
+ ¯M xi M xQ
G I x
∑m v
+
q=1
+ ¯N yi N yQ
G A s y
+ ¯M yi M yQ
E I y
¯M (q)
vi
¯M (q)
vj
k (q)
ϕ
)
+
+ ¯N zi N zQ
G A s +
z
+ ¯M zi M zQ
+
E I z
]
+ α T (∆T x ¯Nxi + ∆T z ¯Myi − ∆T y ¯Mzi )
¯N (r)
vi
N (r)
vQ
k v
(r)
[
¯NxF N nk
x
E A x
+
∑m v
+
q=1
+ ¯M xF Mx
nk
+
G I x
¯M (q)
vi
¯N yF N nk
y
G A s y
M (q)
vQ
k (q)
ϕ
¯M yF M nk
y
E I y
)
+
+ ¯N zF Nz
nk
G A s +
z
+ ¯M zF Mz
nk
+
E I z
+ α T (∆T x ¯NxF − ∆T y ¯MzF + ∆T z ¯MyF )
¯N (r)
vF N v
(r)nk
k v
(r)
∑m v
+
q=1
)
¯M (q)
vF M v
(q)nk
k ϕ
(q) .
]
+
)
.
dx+
dx+

466 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Vpeljimo oznake a ij , ki predstavljajo člene ob produktu δX i X j
a ij = ∑ el
∑n v
+
r=1
∫ 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 (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.
(5.53)
Vidimo lahko, da je a ij = a ji in da je a ii > 0. Člene, ki pripadajo virtualni sili δX i , označimo z
b i
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 )
dx+
(5.54)
∑n v
+
r=1
¯N (r)
vi
N (r)
vQ
k v
(r)
∑m v
+
q=1
¯M (q)
vi
M (q)
vQ
k (q)
ϕ
, i = 1, . . . , n,
Člen, ki pripada virtualni sili δF T s , označimo s c F
c F = ∑ el
∫ L
0
[
¯NxF Nx
nk
+
E A x
+ ¯M xF Mx
nk
+
G I x
¯N yF N nk
y
G A s y
¯M yF M nk
y
E I y
+ ¯N zF Nz
nk
G A s +
z
+ ¯M zF Mz
nk
+
E I z
+ α T (∆T x ¯NxF − ∆T y ¯MzF + ∆T z ¯MyF )
]
dx+
(5.55)
∑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)
.
Delo virtualnih napetosti na resničnih deformacijah lahko v skrčeni obliki zapišemo z naslednjim
izrazom:

5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil 467
δW ∗ n =
n∑
( n∑ )
δX i a ij X j + b i + δF T s c F . (5.56)
j=1
i=1
Če (5.56) in (5.50) vstavimo v (5.52), dobimo
n∑
( n∑ )
δX i a ij X j + b i − u i + δF T s (c F − u T s ) = 0. (5.57)
i=1 j=1
Ker so virtualne sile δX i (i = 1, . . . , n) ter δF T s linearno neodvisne in poljubne, je enačba (5.57)
izpolnjena le, če je
n∑
a ij X j + b i = u i , (i = 1, . . . , n) (5.58)
in
j=1
u T s = c F . (5.59)
Če namesto točkovne sile δF T s v točko T postavimo moment δM T s , dobimo namesto enačbe
(5.59) za račun pomika izraz za račun zasuka delca v točki T okrog osi v smeri ⃗e s
S c M označimo naslednji izraz:
ω T s = c M . (5.60)
c M = ω T s = ∑ el
∫ L
0
[
¯NxM Nx
nk
+
E A x
+ ¯M xM Mx
nk
+
G I x
¯N yM N nk
y
G A s y
¯M yM M nk
y
E I y
+ ¯N zM Nz
nk
G A s +
z
+ ¯M zM Mz
nk
+
E I z
+ α T (∆T x ¯NxM + ∆T y ¯MzM + ∆T z ¯MyM )
]
dx+
(5.61)
∑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)
.
Z ¯N xM , ¯NyM , ¯NzM , ¯MxM , ¯MyM in ¯M zM označimo notranje sile na osnovni konstrukciji zaradi
točkovnega momenta δM T s = 1.
Enačbe (5.58) predstavljajo kinematične pogoje v točkah, kjer smo uvedli sprostitve. Ker so
neznanke v teh enačbah sile, imenujemo prikazani postopek reševanja statično nedoločenih konstrukcij
metoda sil. Za obravnavani primer zapišemo kinematične pogoje (5.58) takole
a 11 X 1 + a 12 X 2 + b 1 = w B = 0,
a 21 X 1 + a 22 X 2 + b 2 = u pz − u ps = 0.
V nadaljevanju v prikazanih primerih vpliva prečnih sil na pomike ne upoštevamo!

468 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
5.2.1 Primeri
Primer 5.30 Izračunajmo reakcije in notranje sile za nosilec na sliki 5.119!
Slika 5.119: Enkrat statično nedoločena konstrukcija
Konstrukcija je enkrat statično nedoločena
n = (3 + 1) − 3 · 1 = 1.
Osnovno konstrukcijo lahko izberemo tako, da odstranimo desno podporo in njen vpliv nadomestimo s
silo X 1 (sliki 5.120).
Slika 5.120: Osnovna konstrukcija
Silo X 1 izračunamo iz kinematičnega pogoja
a 11 X 1 + b 1 = 0,
ki predpisuje, da je navpični pomik točke B enak nič. 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. Na sliki 5.121
prikazujemo potek upogibnega momenta zaradi sile F in sile X 1 = 1.
Slika 5.121: Upogibni moment zaradi sile F in sile X 1 = 1
Pri računanju koeficientov a ij in b i bomo integrale produktov dveh funkcij določali tako, kot smo
pokazali s primeri 5.4 do 5.7. Koeficient a 11 izračunamo z enačbo (5.53), v kateri upoštevamo le vpliv

5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil 469
upogibnega momenta M 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
koeficient b 1 pa z enačbo (5.54)
b 1 =
∫ L
0
¯M y1 M yQ
E I y
dx = 1
F L )
L 1 L
E I y 2 2 2 2
} {{ } } {{ }
ploščina
( L
2 + 2 3
vrednost
M yF
¯My1
v težišču M yF
= 5 F L3
48 E I y
.
Sila X 1 je
X 1 = − b 1
a 11
= − 5 F
16 .
Potek upogibnega momenta M y na statično nedoločeni konstrukciji lahko izračunamo tako, da upoštevamo
princip superpozicije. To pomeni, da seštejemo moment M yQ zaradi sile F in moment M y1 zaradi sile
X 1 . Ker sta oba diagrama linearna, je tudi skupni potek momentov linearen. Zato izračunamo le vrednosti
pri x = 0, x = L/2 in x = L
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 L
16 2 = 5 F L
32 ,
M y (x = L) = 0.
Diagram upogibnega momenta M y na statično nedoločeni konstrukciji prikazujemo na sliki 5.122.
Slika 5.122: Upogibni moment za statično nedoločeno konstrukcijo
Prečno silo N z za statično nedoločeno konstrukcijo izračunamo tako, da osnovno konstrukcijo obtežimo
s silama F in X 1 = −5 F/16 (slika 5.123).

470 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Slika 5.123: Prečne sile računamo na osnovni konstrukciji
Prečno silo v polju 1 lahko izračunamo tako, da obravnavamo desni del konstrukcije (slika 5.124)
N z = F − 5 F
16 = 11 F
16 .
Slika 5.124: Pri konzoli običajno izberemo del konstrukcije ob prostem robu
Prečno silo v polju 2 lahko izračunamo, če zapišemo ravnotežno enačbo za del konstrukcije na sliki
5.125:
N z = − 5 F
16 .
Slika 5.125: Tudi za polje 2 smo izbrali desni del konstrukcije
Diagram prečne sile N z na statično nedoločeni konstrukciji je prikazan na sliki 5.126.

5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil 471
Slika 5.126: Prečna sila N z na statično nedoločeni konstrukciji
Iz slik 5.124 in 5.125 lahko določimo tudi osno silo N x , ki je v tem primeru enaka nič in upogibne
momente, ki smo jih že izračunali z uporabo metode superpozicije. Račun reakcij opravimo na osnovni
konstrukciji, na katero delujeta zunanja sila F in sila X 1 (slika 5.127).
Slika 5.127: Reakcije predpostavimo v pozitivni smeri osi koordinatnega sistema x, y, z
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 Za konstrukcijo na sliki 5.128 določimo reakcije in notranje sile! Nalogo rešujmo z izrekom
o virtualnih silah. Upogibna togost je vzdolž osi nosilca konstantna E I y = konst., velikosti sil sta
F = 40 kN in Q = 100 kN.
Slika 5.128: Geometrija in obtežba

472 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
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
(slika 5.129).
Slika 5.129: Osnovna konstrukcija
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.
Za določitev koeficientov a ij in b i potrebujemo potek notranjih sil na osnovni statično določeni konstrukciji
in to za zunanji sili P in Q, za obtežbo s silo X 1 = 1 in za obtežbo s silo X 2 = 1. Pri reševanju
te naloge vpliv osnih sil na pomike in s tem na delo virtualnih sil zanemarimo. Reakcije osnovne konstrukcije
zaradi zunanje obtežbe ter zaradi enotskih sil X 1 in X 2 so:
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 5.130.

5.2 Notranje sile in pomiki statično nedoločenih linijskih konstrukcij z metodo sil 473
Slika 5.130: Upogibni momenti
Koeficiente a ij in b i določimo z naslednjimi izrazi:
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 90 · 2 · 1) + · (1 + 1 2 3 2 3 · 1) +
( ) 1 + 3
+100 · 1 · + 100 · 1 · 2 )
2 2 3 · 1 = −530,
90 · 2.0
E I y b 2 = · 2
2 3 · 1
2 + 100 · 2 ( 1
·
2 2 + 2 3 · 1 )
+ 90 · 2 ( 1
·
2 2 2 + 1 3 · 1 )
+
2
+ 100 · 1 · 1 + 100 · 1
2
· 1 = 970
3 ∼ = 323.33.
Kinematična pogoja predstavljata sistem dveh linearnih enačb, kjer sta neznanki sili X 1 in X 2 :
[ ] [ ] [ ]
8.00 −4.67 X1 530.0
= .
−4.67 3.33 X 2 −323.3
Rešitev tega sistema je X 1 = 52.73 kN in X 2 = −23.18 kNm.

474 5 Uporaba izreka o virtualnih silah
Račun reakcij:
Pozitivne smeri reakcij so prikazane na sliki 5.131.
Slika 5.131: Reakcije računamo na statično določeni konstrukciji
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).
B) Reakcije določimo s seštevanjem že prej izračunanih reakcij zaradi 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
Račun upogibnih momentov:
A x = X 1 = 52.73 kN,
M By = X 2 = −23.18 kNm.
Tudi upogibne momente lahko določimo s seštevanjem upogibnih momentov zaradi sil P , Q, X 1 in X 2 .
Ker so posamezni diagrami odsekoma linearni, določimo vrednosti upogibnih momentov le v točkah A,
B, 1, 2 in 3 (slika 5.131)
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.