T R D N O S T

T R D N O S T
I.Špacapan

TRDNOST
Dr.I.Špacapan
Zapiski predavanj
FG Maribor
Avgust 2008

TRDNOST 3
Kazalo vsebine
1. NAPETOST ................................................................................................................... 5
1.1. NOTRANJE SILE IN POVPREČNI NAPETOSTNI VEKTOR..................... 5
1.2. NAPETOSTNI VEKTOR V TOČKI, NAPETOSTNI VEKTOR V
LOKALNEM KOORDINATNEM SISTEMU IN NAPETOSTI.................................... 10
1.3. NAPETOSTNO STANJE ..................................................................................... 13
1.4. FUNKCIJSKA ODVISNOST NAPETOSTI OD LEGE TOČKE IN SMERI
NORMALE PRESEKA ................................................................................................... 17
1.5. NAPETOSTI IN NEWTONOVI ZAKONI ........................................................ 19
1.6. TRANSFORMACIJA NAPETOSTI .................................................................... 24
1.6.3. EKSTREMNE STRIŽNE NAPETOSTI .................................................... 30
1.6.5. TRANSFORMACIJA TRIOSNEGA (PROSTORSKEGA)
NAPETOSTNEGA STANJA....................................................................................... 42
1.6.6. GLAVNI KOORDINATNI SISTEM........................................................ 48
1.6.7. POSTOPEK ZA IZRAČUN LASTNIH VREDNOSTI IN SMERI. .... 51
1.6.8. EKSTREMNE STRIŽNE NAPETOST....................................................... 55
2. SPECIFIČNE DEFORMACIJE ............................................................................... 59
2.1. UVOD .................................................................................................................... 59
2.2. MATEMATIČNI ZAPIS LEGE IN POMIKOV TELESA.............................. 60
ZGLED 1.................................................................................................................... 64
2.3. DEFORMACIJSKI TENZOR. ........................................................................... 65
TENZOR MALIH SPECIFIČNIH DEFORMACIJ. ............................................... 68
ZGLED 2.................................................................................................................... 69
2.4. GEOMETRIJSKI POMEN ČLENOV TENZORJA (MALIH) SPECIFIČNIH
DEFORMACIJ. ............................................................................................................... 70
ZGLED 3.................................................................................................................... 72
2.5. TRANSFORMACIJA SPECIFIČNIH DEFORMACIJ.................................... 75
2.6. GLAVNE VREDNOSTI IN SMERI. ............................................................... 77
2.7. IZRAČUN POMIKOV. ....................................................................................... 77
2.8. NEPOSREDNA IZPELJAVA ENAČBE ZA LASTNE VREDNOSTI
DEFORMACIJSKEGA TENZORJA............................................................................... 79
2.9. EKSTREMNE STRIŽNE DEFORMACIJE....................................................... 80
2.10. ZNAČILNOST DEFORMIRANJA .................................................................... 80
3. KONSTITUTIVNE ENAČBE .................................................................................... 82
3.1. PREDPOSTAVKE IN IZPELJAVA ENAČB ZA RELACIJE MED
NAPETOSTMI IN SPECIFIČNIMI DEFORMACIJAMI. ....................................... 82
3.2. VPLIV TEMPERATURE NA SPECIFIČNE DEFORMACIJE. .................... 90
3.3. ZVEZA MED MATERIALNIMI KONSTANTAMI........................................... 91
3.4. RAVNINSKO NAPETOSTNO STANJE ............................................................. 93
4. POŠEVNI UPOGIB RAVNIH NOSILCEV KONSTANTNEGA PRESEKA ............ 95
4.1. Inženirski pomen problema upogiba nosilcev........................ 95
4.2. Opredelitev naloge pri izračunu napetosti v nosilcih
ter izhodiščne predpostavke........................................................................ 95
4.3. Matematično podajanje osnih pomikov točk na prečnih
presekih nosilca. ............................................................................................... 100
4.4. Izpeljava enačb za normalne napetosti in specifične
deformacije. ........................................................................................................... 102
4.5. Nevtralna os.............................................................................................. 105

TRDNOST 4
4.6.Nekateri posebni primeri presekov oziroma obremenitev
nosilcev, ki pa v praksi pogosto nastopajo.................................. 107
4.7. Izpeljava enačbe za strižne napetosti v nosilcih
konstantnega preseka. ..................................................................................... 108
4.7.1. Praktični izračun statičnih momentov. .......................... 112
4.7.2. TRANSFORMACIJA VZTRAJNOSTNIH MOMENTOV - STEINERJEV
STAVEK. ................................................................................................................... 113
Zgled 1...................................................................................................................... 122
TANKO STENSKI PRESEKI, ................................................................................... 126
Zgled 2...................................................................................................................... 127
RAČUNSKI PRIMERI ANALIZE NAPETOSTI .......................................................... 129
Zgled 1...................................................................................................................... 129
Zgled 2...................................................................................................................... 135
Zgled 3...................................................................................................................... 149
JEDRO PRESEKA. .......................................................................................................... 152
Zgled 1...................................................................................................................... 155
Zgled 2...................................................................................................................... 157
5. TORZIJA.................................................................................................................... 160
5.1. Uvod .................................................................................................................. 160
5.2.Torzija nosilcev okroglega preseka............................................. 162
Zgled 1...................................................................................................................... 164
5.3.Torzija enoceličnih tankostenskih nosilcev. ....................... 165
Zgled 2...................................................................................................................... 168
5.4. Torzija nosilcev polnega pravokotnega preseka. ............. 169
Zgled 3...................................................................................................................... 170
5.5.Tankostenski odprti presek konstantne debeline. ............. 171
Zgled 4...................................................................................................................... 172
5.6. Sestavljeni preseki............................................................................. 172
Zgled 5...................................................................................................................... 174
6. UPOGIBNICA............................................................................................................. 176
6.1. Uvod................................................................................................................. 176
6.2. Izpeljava diferencialne enačbe upogibnice ......................... 178
RAČUNSKI PRIMERI ................................................................................................. 181
Zgled 1...................................................................................................................... 181
Zgled 2...................................................................................................................... 185
Zgled 4...................................................................................................................... 191
Zgled 5...................................................................................................................... 195
7. UKLON......................................................................................................................... 200
7.1. Uvod................................................................................................................. 200
7.2. Izpeljava uklonske sile. .................................................................. 202
7.3. Problem stabilnosti............................................................................. 204
7.4. Uklonsko zavarovanje. ......................................................................... 205
7.5. Napetosti pri uklonu. ......................................................................... 207
Zgled 1...................................................................................................................... 210
Zgled 2...................................................................................................................... 211

TRDNOST 5
1. NAPETOST
V tem poglavju bomo pojasnili, zakaj se napetosti pojavijo v
notranjosti teles, podali definicijo napetostnega vektorja,
napetosti in napetostnega stanja, izpeljali transformacijske
enačbe za napetosti ter ugotavljali ekstremne vrednosti.
1.1. NOTRANJE SILE IN POVPREČNI NAPETOSTNI VEKTOR.
Notranje napetosti so odvisne od notranjih sil, zato si
najprej oglejmo zakaj se le-te pojavijo v obremenjenih
telesih. Opazujmo poljubno elastično ali togo telo, ki je v
statičnem ravnotežju. Tedaj je tudi vsak njegov del v
mirovanju oziroma v statičnem ravnotežju. Telo in obtežba sta
simbolično prikazana na sliki 1.
Slika 1. Shematični prikaz telesa obremenjenega s sistemom
sil, ki je v ravnotežju ter namišljeni presek S, ki razdeli
telo na dva dela.
Z namišljenim poljubnim prerezom S telo razdelimo na dva dela,
na primer na del L in D kot je prikazano na sliki. Ker je
izpolnjeno ravnotežje posameznega dela telesa, morajo delovati
na površino namišljenega preseka S neke sile, ki uravnotežijo
zunanje sile. Na primer, na levi del telesa, označen z L,
delujejo zunanje sile P1, P2 in P3, na namišljeni presek S pa
sile Fi (glej sliko 2), ki jih imenujemo notranje sile in
izpolnjujejo ravnotežno enačbo
P 1 + P2
+ P3
+ ∑Fi = 0 . (1)
i

TRDNOST 6
Slika 2. Del telesa v ravnotežju.
P2
P1
L
P3
Notranje sile »prenašajo« zunanjo obtežbo iz enega dela telesa
na drugi del telesa – natančneje povedano so to sile s
katerimi deluje en del telesa na drugi del preko opazovanega
preseka S. Ko je rezultanta zunanjih sil, ki delujejo na levi
del telesa, različna od nič morajo biti v skladu z enačbo (1)
vsaj nekatere notranje sile različne od nič. Spoznali bomo še,
da notranje sile nastopijo tudi tedaj, ko je rezultanta
obtežnih sil nična.
Ker smo namišljeni rez izbrali poljubno ugotovimo, da se
notranje sile v splošnem lahko pojavijo v vseh presekih telesa
in so seveda v splošnem različne. Bistvena značilnost za te
sile je, da to niso koncentrirane točkovne sile in so zvezno
razporejene po površini S. Zato jih podajamo kot zvezno
površinsko obtežbo. Za vsak opazovani del površine ∆S (glej
sliko 3) jo prikazujemo z rezultanto notranjih sil ∆F, ki naj
delujejo.
z
x
y
L
S
∆S
r=(x,y,z)
S
Fi
n (normala)
∆F (rezultanta)
t (n) (r)= ∆F/∆S
(napetostni vektor)
Slika 3. Prikaz lokacije površine ∆S, njene normale n,
rezultantne sile ∆F, ki deluje nanjo ter njenega povprečnega
napetostnega vektorja t(n ) .

TRDNOST 7
Rezultanta sila ∆F je odvisna tako od velikosti površine ∆S
kot od njene lokacije. Lokacija ∆S je podana s krajevnim
vektorjem r(x,y,z), lega (naklon oziroma smer) pa z njeno
normalo n. Ker zmeraj opazujemo sile, ki delujejo na telo ali
del telesa, definiramo smer normale v vsaki točki opazovane
površine navzven iz dela telesa na katerega deluje opazovana
sila ∆F. Taka definicija normale je v skladu z matematično
definicijo, kjer je normala na površino usmerjena navzven iz
volumna, ki ga površina omejuje. Lahko bi rekli, da smo z
izbiro smeri normale odločili, da opazujemo sile, ki delujejo
na material, ki se nahaja na nasprotni strani normale (glej
sliko 4).
material
∆S
n (normala)
∆F (rezultanta)
Slika 4. Normala je usmerjena iz materiala na katerega deluje
opazovana sila ∆F.
Na podlagi velikosti površine ∆S, njene normale n ter
rezultante sile ∆F definiramo količino, ki jo imenujemo
povprečni napetostni vektor. Ta je enak kvocientu rezultante
in velikosti površine:
∆F
, = .
∆S
( ) ( x y,
z)
t n
Napetostni vektor označimo z zgornjim indeksom (n), ki pove,
da deluje rezultanta ∆F na ploskvico ∆S z normalo n. S
koordinatami x,y in z oziroma s krajevnim vektorjem r pa
podamo lokacijo ploskvice v izbranem koordinatnem sistemu. Kot
pa že ime pove, je napetostni vektor vektorska količina, ker
je kvocient vektorja in skalarja in leži v smeri rezultante
∆F. Njegove dimenzije so N/m 2 oziroma Pa ali ustrezne večje ali
manjše enote, torej dimenzije kot pri površinski obtežbi.
Povprečni napetostni vektor predstavlja povprečno zvezno
obtežbo na opazovani površini ∆S.
Če imamo podan povprečni napetostni vektor ter velikost
ploskvice na katero deluje, lahko izračunamo rezultanto
notranjih sil
t (n)

TRDNOST 8
∆F ∆ t n
= S.
( ) ,
ki delujejo na ploskvico ∆S.
ZGLED.
S silama P = 10kN osno obremenjena palica (slika Z.1) ima
kvadratni presek dimenzije 2cm x 2cm. Podajmo velikost in
komponente povprečnih napetostnih vektorjev (a) v prikazanem
koordinatnem sistemu v preseku S1, ki je pravokotno na os
palice in (b) v preseku S2, ki je nagnjen za 45°. Pri tem
upoštevajmo, da je površina S1 del površine levega dela palice,
površina S2 pa je del površine desnega dela palice. (c) Za
drugi presek podajmo napetostni vektor še v okoli osi z
zasukanem koordinatnem sistemu, kjer x2 os sovpada z normalo
preseka (to je lokalni koordinatni sistem).
Slika Z.1.1
y
P
x
S1
Rešitev. Velikost preseka S1 = 0,0004m 2 , njegova normala pa je
n1 = (1, 0, 0) (glej sliko Z.1.2).
Slika Z.1.2.
y
(a) Iz ravnotežja levega dela sledi
∆F = -P = -(-10, 0, 0)kN.
P
x
S1
S2
n1
∆F
P

TRDNOST 9
Velikost in komponente napetostnega vektorja pa so
( n ) ∆F
10kN
1 t = = 2 = 25000kPa
S1
0. 0004m
in
( n ) ∆F
( 10,,) 0 0 kN
1 t = = 2 = ( 25000, 0, 0)
kPa .
S 0. 0004m
1
(b) Za presek S2 (glej sliko Z.1.3) je smerni vektor v
koordinatnem sistemu x,y enak
n2 = (-0.707 -0.707 0),
velikost presečne ploskve pa je
∆S2 = 1.414x0.0004m 2 = 0.000566 m 2 .
Iz ravnotežja desnega dela palice dobimo
∆F = -P = (-10, 0, 0)kN
Velikost in komponente napetostnega vektorja pa so
∆F
= =
S
10kN
( n
t 2 )
in
2
=
2
0.
000566m
17700kPa
( ) ∆ ( −10,
0,
0)
kN
2 = =
= ( −17700,
0,
0)
kPa
S
2
0.
000566m
F
.
t n
2
Pri zapisu napetostnega vektorja lahko smer normale še
eksplicitno izpišemo:
( 2 ) ( −0.
707,
−0.707
0)
= t
= ( −17700,
0,
0)
kPa
t n
y
Slika Z.1.3.
t (n )
2
x
S2
∆F P
x2
n2
y2

TRDNOST 10
(c) Glede na koordinatni sistem x2 y2 z2 je smerni vektor
preseka S2
n2 = (1 0 0).
Velikost preseka in rezultantna sila, ki deluje na presek sta
nespremenjeni, komponente rezultante pa so
∆F = -P = (7.07 -7.07 0)kN.
Velikost in komponente napetostnega vektorja so
( n ) ∆F
10kN
t 2 = =
= 17700kPa
S
2
2 0.
000566m
in
( ) ∆ ( 7.
07,
−7.
07,
0)
kN
2 = =
= ( 12491,
−12491,
S
2
0.
000566m
F
t n
2
0)
kPa
V lokalnem koordinatnemu sistemu imenujemo komponento
napetostnega vektorja v smeri normale normalno komponento,
ostali dve pa strižni komponenti.
1.2. NAPETOSTNI VEKTOR V TOČKI, NAPETOSTNI VEKTOR V LOKALNEM
KOORDINATNEM SISTEMU IN NAPETOSTI.
Pri analizi konstrukcij nam v mnogih primerih povprečni
napetostni vektor ne pove skoraj nič o razporeditvi sil po
preseku. Tako je na primer pri čistem upogibu povprečni
napetostni vektor enak 0 ker so osne sile nične (glej sliko
1), čeprav so lahko sile na posamezne dele preseka izredno
velike. Kako so sile razporejene po preseku nam podaja
M
∆S = 0
N = 0
Slika 1. Zgled, kjer so očitno sile po preseku ∆S različne od
nič, rezultanta pa je N in je nična.
napetostni vektor v točki, ki ga definiramo kot limito
kvocienta za povprečni napetostni vektor
.
-M

t
TRDNOST 11
( n)
=
→
∆F
lim
∆S
0 ∆S
.
Pri limitnem procesu gre tako velikost površine ∆S kot njen
obseg proti ničli – pravimo, da se površina reducira v točko
kjer računamo napetostni vektor (slika 2).
točka:
lim∆S=0
lim∆F=0
∆S2
∆S1
t (n)
Slika 2. Shematični prikaz limitiranja površine v točko,
spreminjanje pripadajočih rezultantnih sil ter simbolični
prikaz napetostnega vektorja v točki.
Pri tem limitnem procesu se seveda z manjšanjem velikosti
ploskve spreminja tako lega kot velikost rezultante. V sami
točki pa je rezultanta nična, napetostni vektor pa je v točki
zmeraj končen - lahko je tudi ničen. V matematiki pravimo
temu, da limita obstaja! Takemu napetostnemu vektorju pravimo
napetostni vektor v točki ali na kratko kar napetostni vektor.
V matematiki je poznan značilni primer limite kvocienta, kjer
števec in imenovalec proti nič:
lim
sin(x) { } = 1
x
x
→ 0
Napetostni vektor (v točki) si lahko predstavljamo kot
kvocient rezultante sil, ki delujejo na zelo majhno ploskev z
normalo n, in velikostjo te ploskve. Simbolično ga lahko
zapišemo kot kvocient diferencialov
( )
t n
dF
( x,
y,
z)
= .
dS
∆F2
∆F1

TRDNOST 12
Gornji formalni matematični zapis pove, da je napetostni
vektor odvisen tako od lokacije točke, podane na primer s
koordinatami x,y,z, kot od “smeri” ploskve dS, ki je določena
z njeno normalo n (slika 3).
Koordinatni
sistem
T1(x1,y1,z1)
n2=(cosα2,cosβ2,cosγ2)
T2(x2,y2,z2)
t1 =t (n1) (T1)
n1=(cosα1,cosβ1,cosγ1)
t2=t (n2) (T2)
Slika 3. Simbolični prikaz napetostnega vektorja v dveh točkah
z različnima legama “ploskvic”.
Napetostni vektor podan na poljubni ploskvi je v bistvu
površinska obtežba, ki deluje nanjo. Običajno uporabljamo
izraz površinska obtežba tedaj, ko deluje na zunanjo površino
teles – če pa opazujemo »obtežbo na notranje površine«, pa
govorimo o napetostnih vektorjih.
Napetostni vektor v lokalnem koordinatnem sistemu. Komponente
napetostnega vektorja so odvisne seveda od izbire
koordinatnega sistema, ki je povsem poljuben. Nasprotno pa je
lokalni koordinatni sistem v vsaki točki površine enolično
določen. Matematično je definiran tako, da je x os
Kartezijevega koordinatnega sistema v smeri normale na
ploskev, ostali dve pa ležita v smeri tangent na površino v
dani točki (slika 4). V lokalnem koordinatnem sistemu
imenujemo komponente napetostnega posebna napetosti.
Komponento v smeri normale imenujemo normalna napetost,
ostali dve pa strižni napetosti. Praviloma rezultate
preizkusov trdnosti materialov ter rezultate inženirskih
analiz konstrukcij podamo glede na to kakšne normalne in
strižne napetosti nastopijo v materialu. Zato te napetosti
praviloma označujemo s posebnimi oznakami. Te oznake so
izbrane tako, da nedvoumno razlikujemo normalne in strižne
napetosti, ker je njihov vpliv na nosilnost konstrukcij
bistveno različen. Pogoste enostavne oznake so σ za normalno
in τ za strižni napetosti. Tako glede na sliko 4 velja enačba

TRDNOST 13
t (1,0,0) = (tx, ty, tz) ≡ (σ, τy, τz).
Slika 4. Komponente napetostnega vektorja v lokalnem
koordinatnem sistemu.
Če izberemo x-os v smeri normale, lega osi y in z ni enolična,
saj lahko njuno lego v ravnini še vedno poljubno izberemo, da
sta le pravokotni med seboj. Vendar pa, kot bomo kasneje
spoznali, je izbira lege koordinatnih osi v tangencialni
ravnini ploskve pomembna samo pri nekaterih ortotropnih
materialih, ki jih v gradbeništvu redkeje srečamo. Mnogokrat
pa je za inženirsko analizo pomembna samo velikost rezultante
strižnih napetosti (glej sliko 4), ki je enaka
τ = τ + τ
2 2
y z .
1.3. NAPETOSTNO STANJE
z
τ
y
τz
τy
n
Že v prejšnjih razdelkih smo spoznali, da so napetosti v isti
točki vendar v različnih presekih skozi to točko različne.
Zanima nas ali obstaja kakšna zveza med napetostmi v teh
različnih ravninah? Taka zveza obstaja in pokazali bomo, da če
poznamo napetosti v treh medseboj pravokotnih ravninah (v
opazovani točki), lahko izračunamo napetosti v poljubni
ravnini. Zato pravimo, da je s temi napetostmi povsem podano
napetostno stanje v točki. Vrednosti za napetosti zapišemo v
matriki na poseben urejen način - pomen tega zapisa pa bomo
spoznali kasneje.
t (n)
σ
x

TRDNOST 14
Najprej si oglejmo, kako označujemo napetosti v poljubnem
pravokotnem koordinatnem sistemu, ki delujejo na ploskve z
normalami v smeri koordinatnih osi (slika 1). Pri zahtevnejši
matematični analizi napetosti je namreč za matematično
manipulacijo veliko prikladneje, da vse komponente označujemo
samo z eno črko, vendar z dvojnimi indeksi:
σxx, σxy, σxz
ali pa na primer z oznakami
τxx,τxy,τxz .
Pri napetostnem vektorju smo zmeraj označevali tudi normalo,
ki je določevala ploskev na katero učinkuje napetostni vektor
– v gornjem zapisu pa že kar prvi indeks določa smer normale
ploskve, drugi indeks pa smer napetosti. Tako zapišemo na
primer napetostni vektor, ki deluje na ploskev z normalo v
smeri x osi, komponente zapisane z enačbo
t (i) =(σxx, σxy, σxz).
Pri tem je komponenta z dvema enakima indeksoma, to je σxx,
normalna komponenta, komponenti z dvema različnima indeksoma,
σxy in σxz, pa sta strižni komponenti.
Analogno je na primer napetostni vektor, ki deluje na ploskev
z normalo v smeri z osi, enak
t (k) =(σzx, σzy, σzz).
Pri tem je σzz normalna komponenta, medtem ko sta σzx in σzy
strižni komponenti (glej sliko 1).

TRDNOST 15
Ravnina
y-z osi
x
i
z
k
j
σzx
σzz
t (k) (σzx,σzy,σzz)
Slika 2. Shematični prikaz komponent napetostnega vektorja na
ravnino x,y ter njegovih komponent označenih z dvema
indeksoma.
Na sliki 1 so prikazane vse tri ravnine, ki so pravokotne na
osi koordinatnega sistema x, y in z ter komponente napetostnih
vektorjev za vsako ravnino. Normale teh ravnin so v smeri
koordinatnih osi zato se lokalni koordinatni sistemi teh
ravnin skladajo s koordinatnim sistemom x,y,z.
Točka,
kjer
opazujemo
napetosti
x
σyx
i
z
σyz
σzz
σzx
σxz
σxx
σzy
σxy
σzy
Ravnina
y-z osi
Slika 2. Shematični prikaz ravnin in napetosti s katerimi je
podano napetostno stanje v točki. Zaradi preglednosti niso
narisane v isti točki!
k
σyy
Vsako komponento napetostnega vektorja (napetost) smo označili
z dvema indeksoma. Prvi indeks označuje smer normale ploskve
na katero deluje napetost, drugi pa smer napetosti. Z
omenjenimi oznakami zapišemo napetosti v matriki, kjer so v
prvi vrstici komponente napetostnega vektorja, ki deluje na
j
y
y

TRDNOST 16
ploskev z normalo v x-smeri, torej komponente vektorja t (i) , v
drugi in tretji vrstici pa komponente napetostnih vektorjev
t (j) in t (k) , ki delujeta na ploskvici z normalo v y oziroma z
smeri:
⎧t
⎪
⎨t
⎪
⎩t
( i)
( j)
( k)
⎫
⎪
⎬ ≡
⎪
⎭
[ σ ]
ij
⎡σ
⎢
≡ ⎢σ
⎢
⎣σ
xx
yx
zx
σ
σ
σ
xy
yy
zy
σ
σ
σ
xz
yz
zz
⎤
⎥
⎥ .
⎥
⎦
Komponente te matrike se pri spremembi koordinatnega sistema
transformirajo tako kot tenzor, zato jo imenujemo napetostni
tenzor in z njim je povsem podano napetostno stanje v točki.
Kasneje bomo še dokazali, da je napetostni tenzor simetričen,
zato je vseeno, če napetostne vektorje zapišemo po vrsticah
ali po stolpcih.
Diagonalni elementi predstavljajo normalne napetosti,
izvendiagonalni pa strižne. Zaradi enostavnosti zapisa
dostikrat označujemo normalne napetosti samo z enim indeksom:
⎧t
⎪
⎨t
⎪
⎩t
( i)
( j)
( k)
⎫
⎪
⎬ ≡
⎪
⎭
[ σ ]
ij
⎡ σ
⎢
≡ ⎢σ
⎢
⎣σ
x
yx
zx
σ
σ
σ
xy
y
zy
σ
σ
σ
xz
yz
z
⎤
⎥
⎥
⎥
⎦
Kadar je v vsaki ravnini vsaj ena napetost različna od nič
pravimo, da imamo splošno tridimenzionalno ali prostorsko
napetostno stanje. V mnogih inženirskih konstrukcijah pa so
napetosti v eni ravnini nične, na primer v stenah, ali celo v
dveh ravninah, na primer pri palicah, nične. Tedaj imenujemo
taka napetostna stanja ravninsko ali dvodimenzionalno oziroma
linearno ali enodimenzionalno napetostno stanje. Primer
tenzorjev za dvodimenzionalno napetostno stanje v ravnini y-z
je
⎧t
⎪
⎨t
⎪
⎩t
( i)
( j)
( k)
⎫
⎪
⎬ ≡
⎪
⎭
[ σ ]
ij
⎡0
⎢
≡ ⎢0
⎢
⎣0
σ
σ
0
y
zy
0 ⎤
⎥
σ yz ⎥
σ ⎥
z ⎦
in za enodimenzionalno napetostno stanje v ravnini z je
⎧t
⎪
⎨t
⎪
⎩t
( i)
( j)
( k)
⎫
⎪
⎬ ≡
⎪
⎭
[ σ ]
ij
⎡0
≡
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
0
0
0 ⎤
0
⎥
⎥
σ ⎥ z ⎦
Kako pa pri napetostih označujemo kateri ravnini pripadajo pa
bomo spoznali v naslednjem podpoglavju.

TRDNOST 17
Glede na prve oznake zapišimo napetostni vektor še po
komponentah kjer indeksa 1 in 2 označujeta dve medseboj
pravokotni smeri, ki ležita v ravnini preseka.
Poglejmo si, kako z dvojnimi indeksi natančno opredelimo na
katero ploskev in v kateri smeri deluje napetost.
1.4. FUNKCIJSKA ODVISNOST NAPETOSTI OD LEGE TOČKE IN SMERI
NORMALE PRESEKA
Doslej smo opazovali samo napetostno stanje v eni sami točki.
V splošnem je seveda napetostno stanje od točke do točke
različno.
Če lego točk podamo s krajevnim vektorjem r=r(x,y,z), v vsaki
točki pa podamo še normalo n=(cosα,cosβ,cosγ) “pripadajoče
ploskvice”, predstavljajo napetostni vektorji kar zvezno
površinsko obremenitev podano kot vektorsko funkcijo p
spremenljivk x,y,z ter smernih kosinusov normale
( )
t n
( r)
= p(
x,
y,
z;
cosα,
cosβ,
cos γ)
.
Če r določa neko poljubno (ukrivljeno) površino, tedaj
prestavlja p njeno površinsko razporejeno obtežbo.
Na sliki 1 je za zgled simbolično narisan graf poteka
vrednosti normalne napetosti v ravnini, ki ima normalo v smeri
x.
ploskev
x=konst
y
ploskev
σ x(x=konst,y,z;n=(1,0,0)) ≡p x
Slika 1. Z grafom prikazan potek normalne napetosti.
x

TRDNOST 18
Če imamo podan napetostni vektor na neki površini izračunamo
rezultantno silo na tej površini z obratno operacijo kot smo
iz rezultantnih sil izračunavali napetosti, to je z
integriranjem napetosti po tej površini:
dF
( n)
F = ∫ ( ) dS ≡ ∫ t dS .
dS
S
S
Za nadaljnja izvajanja je posebno pomemben primer, ko se lega
normale ne spreminja in je v smeri ene izmed koordinatnih osi
globalnega koordinatnega sistema. Tedaj izračunamo napetost v
poljubni točki T2 iz podane napetosti in njenih odvodov v neki
točki T1 s Taylorjevo vrsto (glej sliko 2, kjer je prikazana
samo strižna komponenta).
x
z
y
n1
T1(x1,y1,z1)
n1
σzy(T1)
T2
σzy(T2)=σzy(T1)+∆σzy
∆r=(∆x,∆y,∆z)
Slika 2. Razlika v napetostih med dvema točkama in presekoma z
enako normalo.
σij(x1
+
∆x, y1
+ ∆y, z1
+ ∆z)
= σij(x1,
y1,
z1)
+ ∆σij
⎧∂σij
∂σij
∂σij
⎫
= σij(x1,
y1,
z1)
+ ⎨ ∆x + ∆y + ∆z⎬
x y z x1,
y1,
z1
⎩ ∂ ∂ ∂ ⎭
2
1 ⎧ ∂ ∂ ∂ ⎫
+ ⎨∆x
+ ∆y + ∆z ⎬ .σij(x1,
y1,
z1)
+ ...
2! ⎩ ∂x
∂y
∂z
⎭

TRDNOST 19
1.5. NAPETOSTI IN NEWTONOVI ZAKONI
Zakon o akciji in reakciji. Za vsako poljubno prerezno ploskev
kontinuuma (slika 1) velja zaradi Newtonovega zakona o akciji
in reakciji, da so napetosti na nasprotnih licih prereza
nasprotno enake. Zato velja za napetostni vektor enačba
t (n) = -t (−n) .
Za napetosti, ki so njegove komponente, velja seveda enako.
Zato si zapomnimo: ko so v izbranem koordinatnem sistemu
napetosti na “licu” preseka z negativno normalo usmerjene v
negativnih smereh koordinatnih osi, so napetosti na preseku s
pozitivno normalo pozitivne (usmerjene v pozitivnih smereh
izbranega koordinatnega sistema). To simbolično zapišemo z
enačbo
σ (n) ij = -σ (−n) ij, i,j=x,y,z.
slika a
S
n
t (-n)
t (n)
slika b
Slika 1. Na sliki a je prikazana poljubna ploskev v
kontinuumu, na sliki b pa napetostna vektorja na tej ploskvi,
ki je zaradi preglednosti za vsako normalo narisana ločeno.
-n

TRDNOST 20
x
z
y
n =(0,1,0)
σyx
σyz
σy
σyz
isti presek – levo in desno “ lice”
σy
n =(0,-1,0)
Slika 2. Na sliki je prikazana nasprotna enakost napetosti na
ploskvi z normalo v pozitivni in z normalo v negativni smeri
y-osi.
Za zgled si poglejmo presek z normalo usmerjeno v pozitivni
smeri y osi prikazanega koordinatnega sistema, ki je torej
lokalni koordinatni sistem za levo “lice” preseka (slika 2),
pozitivne napetosti pa so v pozitivnih smereh koordinatnih
osi. Tedaj so za drugo lice preseka, ki ima normalo v
negativni smeri, napetosti obratno usmerjene, torej v
negativni smeri koordinatnih osi. Očitno je tudi, da pozitivna
normalna napetost material “vleče”, negativna pa tlači, ne
glede na to na katerem licu preseka opazujemo to napetost!
Ravnotežne enačbe. Za telo, ki je v mirovanju velja, da je
tudi vsak njegov del v ravnotežju. Poglejmo si diferencialno
majhen volumski element - majhno kocko nekega poljubnega
kontinuuma v ravnotežju, ki ima stranske ploskve vzporedno z
izbranim koordinatnim sistemom. Na vse njene ploskvice
delujejo napetosti (na sliki so zaradi preglednosti narisane
komponente napetosti samo v ravnini x-y), v notranjosti pa še
volumska sila f podana na enoto volumna (specifična teža).
σyx

TRDNOST 21
z
y
σx
σxy
x
σy+∆σy
σzx+∆σzx
σyx
∆x
fy
σzy+∆σzy
σy
fx
σyx+∆σyx
σxy+∆σxy
σx+∆σx
Slika 3. Napetosti in volumske sile, ki delujejo na majhno
kocko v kontinuumu. Zaradi preglednosti so narisane samo na
vidnih ploskvah in samo komponente v ravnini x,y.
Rezultantne sile, ki delujejo na posamezne ploskvice so enake
produktu napetosti na tej ploskvici ter velikosti ploskvice,
volumske sile pa produktu specifičnih sil in volumna kocke. Za
translatorno ravnotežje mora biti vsota vseh sil enaka nič.
Za smer x dobimo ravnotežno enačbo
(σx+∆σx).∆y.∆z - σx.∆y.∆z + (σyx+∆σyx).∆x.∆z + σyx.∆x.∆z
+ (σzx+∆σzx).∆x.∆y - σzx.∆x.∆y + fx.∆x.∆y.∆z= 0
Spremembe napetosti izrazimo s Taylorjevo vrsto
∂σ x
2
∆σ x = σ x + ∆x+ O1(
∆ )
∂x
∂σ yx
2
∆σ yx = σ yx + ∆y+ O2(
∆ )
∂y
∂σ zx
2
∆σ zx = σ zx + ∆z+ O3(
∆ ),
∂z
kjer smo z O(∆ 2 ) označili majhne količine drugega reda.
Vstavimo jih v ravnotežno enačbo in okrajšamo nasprotne člene.
Dobimo enačbo
∆y

TRDNOST 22
∂σ ∂σ x yx ∂σ zx
( + + + fx). ∆∆∆ x y z+ O(
∆) =
∂x
∂y
∂z
4
0
Enačbo še okrajšamo z volumnom elementa, to je z ∆x∆y∆z, in
izvedemo limitni proces
lim ∆ → 0
tako, da se volumen kocke skrči v točko. Če so vsi odvodi
napetosti zvezni, dobimo sledečo enačbo za ravnotežje v točki
in v smeri x:
∂σ ∂σ x yx ∂σ zx
+ + + fx
= 0.
∂x
∂y
∂z
Imenujemo jo ravnotežno enačbo za napetosti, kjer so zaradi
limitnega procesa seveda vsi odvodi v (isti) točki. Enačba nam
pove, da je za kontinuum, ki je v translatornem ravnotežju v
smeri x, vsota parcialnih odvodov napetosti ter specifične
volumske sile v smeri x enaka nič! Analogno dobimo iz enačb
ravnotežja v y in z smeri še dve enačbi:
∂σ xy ∂σ y ∂σ zy
+ + + fy
∂x
∂y
∂z
= 0, y-smer
∂σ ∂σ
xz yz ∂σ z
+ + + fz
∂x
∂y
∂z
= 0 , z-smer
Gornje tri enačbe morajo izpolnjevati napetosti, ko je
kontinuum v translatornem ravnotežju.
Z dogovorom o oznaki sumacij ter odvajanju, ki ga je predlagal
Einstein (sumacijski dogovor), lahko vse tri enačbe zapišemo v
kompaktni obliki
σki,k + fi = 0, i,k=x,y,z.
ZGLED.
Preverimo, ali napetosti v obešeni palici zadoščajo
ravnotežnim enačbam?

TRDNOST 23
slika Z.1.
L
x
L-x
x-os
n
Sx
xy-os
Označimo gostoto palice z ρ. Volumska sila teže fx = ρg deluje
samo v smeri x. Normalno napetost v poljubnem preseku Sx, ki je
za x oddaljen od koordinatnega začetka (podpore), dobimo iz
teže preostalega dela palice (glej sliko Z.1). Njegova dolžina
je L-x in teža G = ρgSx(L-x). Napetost je enaka σx(x) = G/Sx =
ρg(L-x). Vse ostale napetosti so nične, zato sta ravnotežni
enačbi v y in z smeri identično izpolnjeni. Za x smer pa je
tedaj ravnotežna enačba glasi:
∂σ
∂x
x
+ f = 0 .
x
Če vanjo vstavimo izraz za normalno napetost
σ x
∂
∂x
∂
=
∂x
ρg(L - x)
= -ρρg
ter za volumsko silo
fx=ρg
dobimo
ρg(-1)+ ρg = 0
kar pomeni, da napetost σx(x) in sila teže v palici
izpolnjujeta ravnotežno enačbo.
-o-
Poleg enačbe translatornega ravnotežja mora biti izpolnjena še
enačba za momentno ravnotežje za vsak njen volumski element.
Za smer z, na primer, je vsota vseh momentov, ki delujejo na
volumski element, enaka nič. Kot vemo, lahko točko za izračun
momentov sil poljubno izberemo. Če momente za neskončno majhno
kocko (glej sliko 3) računamo glede na levi spodnji rob in

TRDNOST 24
zanemarimo diferencialno male količine četrtega reda, O(∆ 4 ),
odpade vpliv volumskih sil, normalnih napetosti in razlik
napetosti ∆σij. Tako ostane samo še vpliv strižnih napetosti σxy
in σyx in momentna enačba glasi:
σxy.∆y∆z.∆x - σyx.∆x∆z.∆y = 0.
Po krajšanju dobimo enakost strižnih napetosti
σxy = σyx.
Analogno dobimo še za ostali dve momentni ravnotežni enačbi:
σxz = σzx,
σzy = σyz.
Te enačbe povedo, da so v kontinuumu v ravnotežju strižne
napetosti z enako kombinacijo indeksov enake. Zato je
napetostni tenzor simetričen. Strižni napetosti v točki v
poljubnih dveh medseboj pravokotnih presekih sta enaki, njuna
vektorja pa sta zmeraj obrnjena tako, da se začetka ali konca
puščic stikata (slika 4)!
σik
σki=σik
Slika 4. Enakost strižnih napetosti v medseboj pravokotnih
ravninah.
1.6. TRANSFORMACIJA NAPETOSTI
Mnogokrat se srečamo s problemom, da so za analizo konstrukcij
pomembne napetosti v določenih ravninah vendar pa imamo
napetosti oziroma napetostno stanje podano (izmerjeno ali
izračunano) v nekih drugih ravninah. Postopek s katerim
izračunamo napetosti v teh drugih ravninah je transformacija
napetosti. Temu pravimo tudi, da napetosti transformiramo iz
enega v drugi koordinatni sistem. Zaradi lažjega razumevanja
bomo najprej izpeljali transformacijske enačbe za napetosti za
ravninsko napetostno stanje z uporabo enostavnejše matematike,

TRDNOST 25
kasneje pa še za prostorsko ali triosno napetostno stanje z
uporabo teorije vektorske in matrične algebre.
1.6.1. TRANSFORMACIJA RAVNINSKEGA NAPETOSTNEGA STANJA.
Obravnavali bomo zvezo med napetostmi podanimi v koordinatnem
sistemu x,y,z (slika 1.a) in napetostmi v isti točki v
koordinatnem sistemu x',y',z' (slika 1.b), v smeri z osi pa
nastopa samo normalna napetost in jo zato imenujemo glavna
napetost. Oba koordinatna sistema imata enako z os. Tedaj se
koordinatni sistem x,y,z transformira v x',y',z' z ravninsko
transformacijo, pri tem se samo zarotirana okoli z osi, σz pa
se pri tem seveda ne spremeni. Transformacijske enačbe, ki jih
bomo izpeljali veljajo seveda tudi za čista ravninska
napetostna stanja kjer je σz=0.
z-os je
glavna
os
y-os
σ y
σ z
τyx
σ x
x-os
rotacija
koordinatnega
sistema
y’os
σ y’
σ z’=σ z
z=z’os
τ yx’
Slika a Slika b
x’os
Slika 1a in b. Shematični prikaz ravninske transformacije
napetosti iz koordinatnega sistema x,y,z (slika a) v
koordinatni sistem x',y',z' (slika b), kjer sta z in z' osi
enaki, v smeri z pa nastopa samo normalna napetost. Oba
koordinatna sistema sta zaradi preglednosti narisana ločeno,
napetosti pa so v isti točki in delujejo na ravnine pravokotno
na osi koordinatnih sistemov.
Imejmo podane napetosti v točki v dveh ortogonalnih ravninah
(slika 2), ki sta v smereh osi x,y koordinatnega sistema.
Lahko si zamišljamo, da smo iz stene z debelino 1, ki leži v
ravnini x-y izrezali diferencialno majhen pravokotni
trikotniški element za katerega poznamo napetosti na
"katetnih" ploskvah. Računamo napetosti na hipotenuzni
ploskvi, ki leži v smeri x’ osi koordinatnega sistema x’,y’,
ki je za kot α zasukan glede na koordinatni sistem x,y. Vse
napetosti v smeri z oziroma z’ osi pa so nične, ostale pa se s
koordinato z naj ne spreminjajo.
σ x’

TRDNOST 26
α
Slika 2. Napetosti, ki delujejo na diferencialno majhen
trikotniški element s katetnima ploskvama v smereh x,y osi ter
normalo hipotenuzne ploskve v smeri x’ osi.
Za izpeljavo transformacijskih enačb bomo izhajali iz enačbe
ravnotežja, ki velja za sile, ki so produkt napetosti in
pripadajoče ploskve. Vse sile, ki delujejo na “diferencialni
trikotnik” so si v ravnotežju. Normalno napetost na hipotenuzo
lahko izračunamo iz ravnotežja sil v smeri x’. Tako dobimo
enačbo
σx’.ds - σx.dy.cosα - σy.dx.sinα - τxy.(dx.cosα+dy.sinα) = 0,
kjer smo že upoštevali enakost strižnih napetosti. Volumske
sile so diferencialno male količine višjega reda in so
zanemarljive. Delimo enačbo z ds in upoštevajmo, da velja
dx/ds = sinα in dy/ds = cosα,
pa po preureditvi dobimo transformacijsko enačbo. Ta nam
podaja za normalno napetost σx´ (zaradi enostavnosti zapisa jo
označimo s σx') v koordinatnem sistemu x’y’ izračunano iz
napetosti v sistemu x,y:
σx' = σx.cos 2 α + σy.sin 2 α + τxy.sin2α
Analogno dobimo iz ravnotežja v smeri y’ še strižno napetost v
ravnini ds:

TRDNOST 27
τxy' = -1/2.(σx-σy)sin2α + τxy.cos2α
Za izračun normalne napetosti v smeri y’ pa moramo opazovati
ravnotežje na trikotniku s hipotenuzno ravnino z normalo v
smeri y’ osi (slika 3).
n2
y’
σy’
τyx
τyx’
σy
Slika 3. Trikotniški element za izračun napetosti σ'y.
Ravnotežna enačba v smeri y’ osi nam da napetost
σy' = σy.cos 2 α + σx.sin 2 α - τxy.sin2α
Te tri enačbe so transformacijske enačbe za ravninske
napetosti.
1.6.2. EKSTREMNE NORMALNE NAPETOSTI IN NJIHOVE SMERI ZA
RAVNINSKO NAPETOSTNO STANJE.
Lego koordinatnega sistema, kjer normalne napetosti zavzamejo
ekstremne vrednosti dobimo z odvajanjem transformacijskih
enačb za normalne napetosti po kotu α. Za prvo normalno
napetost dobimo
∂σxx
'
=
∂α
oziroma
y
α
τxy
∂ 2
2
( σxx
. cos α + σyy.
sin α + τxy.
sin2α)
= 0
∂α
− σ .. 2 cosα. sinα+ σ .. 2 cosα. sinα + τ . 2. cos2 α = 0.
xx yy xy
σx
x
x’

TRDNOST 28
Z rešitvijo te enačbe pa je lega koordinatnega sistema, kjer
nastopajo ekstremne normalne napetosti, določena s kotom α, ki
izpolnjuje enačbo
tan2α m
oziroma
2. τ xy
=
σ − σ
xx yy
τ
α m =
σ σ
1
2 arctan
2.
xy
−
xx yy
π
± n ,
2
kjer smo upoštevali, da je tangens periodična funkcija in ima
zato več rešitev. Če označimo z α0 njeno glavno vrednost,
dobimo enačbo
α
m
= α
0
π
1 2.τxy
± n , n = 1,2,..., α0
= (arctan ) . .
2
2 σ − σ
xx
Ta kot vstavimo v transformacijsko enačbo, vendar to naredimo
posredno tako, da trigonometrične funkcije izrazimo najprej s
tangensi dvojnih kotov, le-te pa z napetostmi. Samo za n=0 in
1 so vrednosti αm različne, nato pa se ponavljajo. Zato
upoštevajmo te razlike samo s predznakom ustrezne funkcije:
2.cos
= 1±
= 1±
= 1
±
2
α
m
1+
tan
(σ
= 1+
cos(2α
x
1
σ
x
x
2
1
− σ
2α
y
)
2
0
2.τ xy
1+
(
σ − σ
y
− σ
y
)
2
0
+ 4.τ
+ n.π )
2
xy
Podobno dobimo še
σ − σ
= 1±
cos2α
2.sin 2 x y
α m = 1m
2 2
( σx − σy) + 4.
τxy
in
0
yy
⎧+
za n = 0
⎨
⎩-
za n = 1

TRDNOST 29
sin2α
m
=±
2.
τ
x − y
xy
2
+ 4
2
xy
( σ σ ) . τ
.
S substitucijo gornjih enačb v transformacijsko enačbo dobimo
1 σx
− σy
1
σxx 'ekst
= σx
( 1±
) + σy
( 1m
2
2
( σ − σ ) + 4.
τ
2
± τ
xy
( σ
x
2.
τ
− σ
y
x
xy
)
2
y
+ 4.
τ
2 xy
2 xy
( σ
x
σ
x
− σ
− σ
y
)
2
y
+ 4.
τ
Rešitvi za ekstremni normalni napetosti sta dve in pripadata
kotoma α0 in α0 + 90 0 . Praviloma jih označujemo z indeksoma 1
in 2 (ali I in II), po dogovoru pa je večja vrednost označena
z indeksom 1. Po ureditvi gornje enačbe dobimo enostavnejši
obrazec
1
σx − σy
σ12 , = ( σx + σy)
± ( )
2 2
2 2
+ τxy
Ti ekstremni normalni napetosti imenujemo glavni napetosti,
pripadajoči smeri pa imenujemo glavni smeri. Pomembno je, da
si zapomnimo, da sta medsebojno pravokotni saj sta določeni s
kotoma α0 in α0 + 90 0 . Koordinatni sistem z osmi v teh smereh
imenujemo glavni koordinatni sistem.
Glavni koordinatni sistem se odlikuje tudi po tem, da so v
njem strižne napetosti nične. Če namreč αm vstavimo v
transformacijsko enačbo za strižne napetosti, vidimo da so lete
nične. Dokaz: v transformacijski enačbi
τ’xy = -(1/2).(σx-σy)sin2αm + τxy.cos2αm
izrazimo sinusno funkcijo z napetostmi
2. τxy
sin2αm = tan2αm. cos2 αm
= .cos2α
m
σx − σy
in po krajšanju dobimo
τ’xy(αm)=0.
2 xy
)

TRDNOST 30
Velja pa tudi obratno V koordinatnem sistemu, kjer so strižne
napetosti nične, so normalne ekstremne. To hitro ugotovimo z
rešitvijo enačbe
τ’xy = -(1/2).(σx-σy)sin2αm + τxy.cos2αm = 0,
ki nam da tangens kotov glavnih smeri
sin2αm /cos2αm ≡ tan2αm = 2τxy/(σx-σy)
Tako lahko glavni koordinatni sistem definiramo tudi tako, da
rečemo, da je to sistem, kjer so strižne napetosti nične.
To je potrebni in zadostni pogoj za glavni sistem.
1.6.3. EKSTREMNE STRIŽNE NAPETOSTI
Smeri teh napetosti dobimo z odvajanjem transformacijske
enačbe na kot α:
∂τ xy
′
∂α
=
∂
∂α
⎡ 1
⎢−
( σ
⎣ 2
xx
− σ
yy
). sin2α
+ τ
xy
⎤
. cos2α⎥
= 0 .
⎦
Rešitev za kot α, kjer nastopijo ekstremi, dobimo z delitvijo
gornje enačbe s cos2α in nato s preureditvijo:
cot2α m,
oziroma
τ
τ =
σ σ
−
−
2. xy
xx yy
− 2.
τxy
π
αm, τ = arctan ± n .
σ − σ 2
xx
yy
Rešitev je očitno več. S temi koti dobimo ekstremne vrednosti
za strižne napetosti iz transformacijske enačbe s podobnim
pretvarjanjem trigonometričnih funkcij kot pri izračunu
ekstremnih normalnih napetosti. Končni rezultat pa je
σ − σ
2
= τ xy ,
2
x y 2
τ(α m, τ ) ± ( ) +
kjer velja + za n=0 in - za n=1. Ravnine ekstremnih strižnih
napetosti pa v splošnem niso proste normalnih napetosti,
njihova lega pa je za 45° zasukana glede na glavni sistem, saj
velja

TRDNOST 31
cot2( α
m, σ1
= −tan2α
torej
cot2α
+ 45°
) =
cot2α
m, σ1
α + °= α
= −
σ
m, σ145 m, τ
x
2τ
− σ
y
m, σ1
m, σ1
. cot90
−1
−1
=
o
+ cot90
cot2α
= cot2α
o
m, τ
m, σ1
1.6.4. GRAFIČNA PREDSTAVITEV NAPETOSTNIH STANJ IN NJIHOVIH
TRANSFORMACIJ - MOHROVI KROGI.
Prostorsko in ravninsko napetostno stanje ter njihove
transformacije lahko zelo nazorno prikazujemo in študiramo
grafično z Mohrovimi krogi. Tak grafičen način je posebno
enostaven predvsem za ravninsko napetostno stanje ter tudi za
analizo v inženirski praksi pogosto nastopajočih prostorskih
napetostnih stanj, kjer je imamo v eni ravnini samo normalne
napetosti (glavna ravnina), zanimajo pa nas samo rotacije
koordinatnega sistema okoli normale te glavne ravnine (glej
sliko 1). Čisto je tedaj, ko je še normalna napetost v z smeri
nična.
rotacija
koordinatnega
sistema
y-os
z-os je
glavna os
Napetosti
σx,σy in τxy
x-os
Slika 1. Shematični prikaz napetostnega stanja ter rotacije
koordinatnega sistema, ki ga lahko tudi analiziramo z
Mohrovimi krogi za ravninsko napetostno stanje.
Omejimo se samo na zgoraj omenjene primere ravninskih
transformacij. Zmeraj izberemo koordinatni sistem tako, da je
z os glavna os in je napetostno stanje podano z napetostmi
⎡σxτ
⎢
σ= ⎢ τ σ
⎣
⎢ 0 0
y
0
0
σ ≡ σ
zz III
⎤
⎥
⎥ .
⎦
⎥
(1)

TRDNOST 32
Napetostna stanja ter njihove transformirane vrednosti
prikazujemo s točkami v koordinatnem sistemu, kjer so na
abscisi normalne napetosti na ordinati pa strižne napetosti.
Dokazali bomo, da vsi pari točk (σx, -τ) in (σy, τ), katerih
vrednosti σx, σy in τ določajo isto napetostno stanje, vendar
v različnih koordinatnih sistemih x-y, ležijo na istem krogu
(slika 2). Pri tem središče kroga C zmeraj leži na abscisi,
njegova oddaljenost OC od začetka koordinatnega sistema pa je
enaka povprečju normalnih napetosti
1
2
1
2
OC ≡ σo = ( σx + σy) = ( σI + σII),
(2)
Iz slike (2) je razvidno, da sta s sečiščem kroga z absciso
določeni vrednosti glavnih napetosti σI in σII v ravnini x-y,
saj ti sečišči določata ekstremne vrednosti normalnih
napetosti, hkrati pa je strižna napetost nična, kot je to
značilno za glavne napetosti! Iz slike še vidimo, da je radij
kroga enak
2 2
r = CB + BD =
in tudi
⎛ σ − σ
⎜
⎝ 2
x y
2
⎞
⎟ 2
+ τ (3a)
⎠
r = 0,5.(σI - σII). (3b)
O
τ-os
σII
točka (σy,τxy)
točka (σx,-τxy)
A
E’
C
E
r
Mohrov
krog
2α (pozitivna rotacija)
B
D
σI
σ-os
Slika 2. Mohrov krog za napetosti.
Točki E in E' določata exstremne strižne napetosti in tako je
radij kroga enak absolutni ekstremni strižni napetosti!

TRDNOST 33
Točki (σx, -τ) in (σy, τ) ležita na nasprotnih konceh premera
kroga, kjer je točka (σx, -τ) zasukana okoli središča kroga za
kot 2α glede na absciso. Pri tem moramo obravnavati protiurno
smer za pozitivno smer rotacije kota α.
Dokažimo sedaj, da s tako grafično predstavitvijo vrednosti
koordinat točk (σx, -τ) in (σy, τ) natanko odgovarjajo
transformaciji napetosti iz glavnega koordinatnega sistema v
sistem x-y, kjer je x-os zasukana glede na prvo glavno os, to
je os I, za kot α. Pri tem pa mora biti z σI označena večja
glavna napetost, torej
σI > σII. (4)
V transformacijskih enačbah
σx = σI.cos 2 α + σII.sin 2 α (5a)
τxy = -0,5.(σI-σII)sin2α (5b)
nadomestimo trigonometrični funkciji enojnega kota s
funkcijami dvojnega α, ki nastopa na sliki (2), torej
sin 2 α = 0,5.(1-cos2α) (6a)
cos 2 α = 0,5.(1+cos2α). (6b)
Transformacijski enačbi preideta v obliko
σx = 0,5.(σI + σII) + 0,5.(σI - σII).cos2α (7a)
τxy = -0,5.(σI - σII)sin2α, (7b)
ki natančno predstavlja parametrično enačbo kroga s parametrom
t=2α ter radijem in lego središča podano z enačbama 2 in 3,
torej
σx = σo + r.cos(t) (8a)
-τxy = r.sin(t). (8b)
Gornja izvajanja veljajo za poljubni kot α. Tako smo dokazali,
da točke (σx,-τxy), določene z normalno napetostjo σx ter
strižno napetostjo z obratnim predznakom -τxy ležijo na krogu.
Podobno ugotovimo še za točke (σy,τxy). S substitucijo (6)
preide transformacijska enačba
σy = σI.sin 2 α + σII.cos 2 α,
v enačbo

TRDNOST 34
σy = 0,5.(σI + σII) - 0,5.(σI - σII).cos2α.
oziroma
σy = r + r.cos(2α+π). (9a)
Drugo transformacijsko enačbo
τxy = -0,5.(σI - σII)sin2α
pa lahko zapišemo kot
τxy = r.sin(2α+π) (9b)
Enačbi (9a in 9b) predstavljata parametrično enačbo istega
kroga kot za točke (σx,-τxy). Parameter je isti, t=2α, vendar pa
točke (σy,τxy) “prehitevajo” točke (σx,-τxy) za pol kroga in so
tako na nasprotni strani središča kroga.
Iz Mohrovega kroga pa lahko ugotovimo tudi (relativno)
medsebojno lego glavnega koordinatnega sistema ter
koordinatnega sistema x-y. Prvo glavno smer, smer I, postavimo
v smeri pozitivne smeri osi normalnih napetosti, to je σ-os v
σ-π diagramu, drugo glavno smer, to je smer II, pa v smeri osi
strižnih napetosti - to je v pozitivni smeri τ osi. Pri
ugotavljanju lege x-osi se spomnimo, da so obodni koti v krogu
enaki polovici središčnega kroga. Zaradi tega je kot med
usmerjeno daljico, ki jo dobimo s povezavo točke na abscisi
(σII,0), ki jo določa manjša glavna napetost, in točke (σx,-τxy)
ter pozitivno smerjo σ osi natanko enak kotu α, ki predstavlja
medsebojni zasuk med koordinatnima sistemoma x-y in I-II (glej
sliko 3).

TRDNOST 35
O
τ os → II glavna smer
y-os
σII
točka (σy,τxy)
α obodni kot
π/2 kot nad
premerom
x-os
2α središčni kot
točka (σx,-τxy)
σ os → I glavna smer
σI ≥ σII
Slika 3. Ugotavljanje medsebojne lege glavnega sistema ter
koordinatnega sistema x-y.
Lego in smer y osi dobimo tako, da povežemo točki (σy,τxy) ter
(σII,0) saj kot med tako konstruiranima x in y osema prestavlja
obodni kot nad premerom kroga, ki je, kot vemo, enak 90°.
Njena smer je od točke (σy,τxy) k točki (σII,0) saj le tako
tvori z z osjo oziroma s tretjo glavno smerjo desni pravokotni
koordinatni sistem.
V gornjih izvajanjih smo torej dokazali, da lahko z Mohrovim
krogom grafično ugotovimo velikosti napetosti kot tudi
narišemo glede na koordinatni sistem relativno lego ravnin v
katerih delujejo. Na sliki 4 so shematično narisane lege teh
ravnin in napetosti.

TRDNOST 36
σII
σI
σy
II glavna smer
y-os
τxy(

TRDNOST 37
σx = σI.cos 2 α + σII.sin 2 α
= 2,6180.cos 2 58,284°+0,3820MPa.sin 2 58,284°=1MPa,
σy = σI.sin 2 α + σII.cos 2 α
= 2,6180.sin 2 58,284°+0,3820MPa.cos 2 58,284°=2MPa,
τxy = -1/2.(σI-σII)sin2α
=-1/2(2,6180-0,3820)MPa.sin2.58,284°=-1MPa.
Točka (σx,-τxy) =(2,1)MPa leži v drugem kvadrantu, grafični
prikaz pa je na sliki 5a.
Slika 5.a. Kot zasuka radija za 2α je v drugem kvadrantu in s
tem je točka (σx,-τxy) =(1,1)MPa tudi v drugem kvadrantu.
Tretji kvadrant. Koordinatni sistem x-y zasučemo glede na I-II
sistem za α=-58,284°. Lahko ga pa zasučemo za α+180°=-
58,284°+180°=148,2825° v sistem x’-y’ in kot vemo, dobimo iste
napetosti (glej sliko 5b):
σx = σI.cos 2 α + σII.sin 2 α
= 2,6180.cos 2 (-58,284°)+0,3820MPa.sin 2 (-58,284°)=1MPa,
σy = σI.sin 2 α + σII.cos 2 α
= 2,6180.sin 2 (-58,284°)+0,3820MPa.cos 2 (-58,284°)=2MPa,
τxy = -1/2.(σI-σII)sin2α
=-1/2(2,6180-0,3820)MPa.sin2(-58,284°)=1MPa.
Točka (σx,-τxy) =(1,-1)MPa leži v tretjem kvadrantu, grafični
prikaz pa je na sliki 5b.

TRDNOST 38
Slika
5.b. Kot zasuka radija za 2α je v tretjem kvadrantu in s tem
je točka (σx,-τxy) =(1,1)MPa tudi v tretjem kvadrantu.
Četrti kvadrant. Koordinatni sistem x-y zasučemo glede na I-II
sistem za α=-31,7175° ali pa ga zasučemo za α+180°=-
31,7175°+180°=148,2825° v sistem x’-y’ in kot vemo, dobimo
iste napetosti (glej sliko 5c):
σx = σI.cos 2 α + σII.sin 2 α
= 2,6180.cos 2 (-31,7175°)+0,3820MPa.sin 2 (-31,7175°)=2MPa,
σy = σI.sin 2 α + σII.cos 2 α
= 2,6180.sin 2 (-31,7175°)+0,3820MPa.cos 2 (-31,7175°)=1MPa,
τxy = -1/2.(σI-σII)sin2α
=-1/2(2,6180-0,3820)MPa.sin2(-31,7175°)=1MPa.
Točka (σx,-τxy) =(2,-1)MPa leži v četrtem kvadrantu, grafični
prikaz pa je na sliki 5c.

TRDNOST 39
Slika 5.c. Kot zasuka radija za 2α je v četrtem kvadrantu in s
tem je točka (σx,-τxy) =(2,1)MPa tudi v četrtem kvadrantu.
Grafična predstavitev transformacije napetostnega stanja iz
poljubnega koordinatnega sistema x-y v glavni koordinatni
sistem I-II ter v neki drugi koordinatni sistem x’-y’ za
razliko od prejšnjih izvajanj zahteva samo, da najprej
narišemo v σ-τ diagramu točki (σx,-τxy) in (σy,τxy), na polovici
zveznice teh točk pa označimo središče kroga, ki nam ob enem
da tudi radij Mohrovega kroga. Na desnem sečišču kroga z
absciso dobimo večjo glavno napetost σI, na drugem pa manjšo,
to je σII (glej sliko 6). Dvojni kot medsebojnega zasuka osi x
in I je enak kotu med lego radija, ki ga določa točka (σx,-τxy)
in pozitivno smerjo σx osi.
Pri tem velja omeniti, da nam grafična rešitev da že pravilni
kot med x-y ter I-II sistemom, medtem ko je pri analitični
rešitvi pravilni kot treba ugotavljati s preverjanjem enačbe
α
I
− τxy
π π
= Pr( atan ) ± n = αo
± n
σ − σ 2 2
x y
tako, da kot vstavimo v transformacijsko enačbo
σm = σx.cos 2 αI + σy.sin 2 αI + τ.sin2αI.
Tisti izmed kotov αo in αo+π/2, ki da večjo σm določa smer
večje glavne napetosti. Druga smer pa je taka, da osi I in II

TRDNOST 40
tvorijo desni koordinatni, torej je os II za +π/2 zasukana
glede na os I.
Transformirane napetosti v nekem drugem koordinatnem sistemu
x’-y’, ki je za α’ zasukan glede na x-y sistem pa dobimo z
rotacijo lege radija, ki jo določa središče kroga in C in
točka (σx,-τxy) za kot 2α’. Pri tem seveda protiurna smer
rotacije predstavlja pozitivni kot (slika 6).
Slika 6. Shematični prikaz transformacij iz koordinatnega
sistema I-II v sistem x-y in obratno, ter iz sistema x-y v
sistem x’-y’.

TRDNOST 41
1.6.4.1.Nekatera značilna napetostna stanja prikazana z
Mohrovimi krogi.
Enoosni nateg
σI
Stanje čistega striga
σI
Enoosni tlak
II
σII =-σI
II
II
I
σII =-σI
I
σI
σI
τ
σII=0 σI σ
σII =-σI σI σ
I
=
τ
τ =σII/2
τ = σI
τeks =σI
σII
σII
σII
σI =0
σI
σI
τ
α=45°
σ
x
I

TRDNOST 42
Največje strižne napetosti so pri enoosnem tlaku ( in tudi
nategu) enake eni polovici tlačnih napetosti. Ker nekateri
materiali zelo slabo prenašajo strige, tlake pa zelo dobro,
lahko s prečno obremenitvijo strig zmanjšamo. V skrajnem
primeru, ko so tlačne napetosti v obeh smereh enake dobimo
stanje hidrostatičnega tlaka. V tem stanju so vse normalne
napetosti enake, strižnih pa sploh ni. Mohrov krog se reducira
v točko.
τ
σII
II
σI =σII
σII
Stanje hidrostatičnega pritiska
I
σI =σII
σI =σII
1.6.5. TRANSFORMACIJA TRIOSNEGA (PROSTORSKEGA) NAPETOSTNEGA
STANJA.
To transformacijo bi lahko seveda izpeljali na enak način kot
za dvoosno napetostno stanje, vendar pa je na tak način
potrebno precej obsežno in zato nepregledno pisanje. Zaradi
kompaktnejšega zapisa, ki je tudi bolj pregleden in hkrati
fizikalno bolj pomenljiv, se pravilom v literaturi uporabljata
še dva zapisa količin, ki nastopajo v mehaniki kontinuumov.
Prvi zapis je matrični zapis, ki pri operacijah z vektorji
upošteva pravila matrične algebre, drugi način pa je indeksni
zapis, ki upošteva računska pravila tenzorske algebre. Oznake
in zapisi pa žal v različnih literaturah niso enotne, zato v
dodatku A podajmo definicije oznak, ki jih bomo v nadaljnjem
tekstu uporabljali.
Izpeljimo transformacijske enačbe s pomočjo matričnega zapisa
količin. Opazujmo ravnotežje sil, ki delujejo na
diferencijalno majhnem tetraedru, ki smo ga navidezno izrezali
iz nekega obremenjenega kontinuuma. Normale stranskih ploskev
dSx, dSy, dSz so medseboj ortogonalne in naj ležijo v smereh
osi koordinatnega sistema x,y,z (slika 1).
Komponente napetostnega vektorja v sistemu x,y,z na poševni
ploskvi dobimo iz ravnotežnih enačb v smereh osi tega sistema.
Na sliki 1 so narisane samo komponente sil v y smeri.
τ=0
σ

TRDNOST 43
σy
x
σyx
σxy
z
dSy
dS
dSz
n
t (n)
Slika 1. Obremenjeni tetraeder v kontinuumu. Zaradi
preglednosti so narisane samo napetosti v smeri y ter
napetostni vektor in njegove komponente na poševni ploskvi dS,
ki določajo sile v y smeri, ki so v ravnotežju.
t (n) x.dS - σxx.dSx - σyx.dSy - σzx.dSz =0
t (n) y dS - σxy.dSx -σyy.dSy - σzy.dSz =0
t (n) z dS -σxz.dSx - σyz.dSy - σzz.dSz =0
Ker iz matematike vemo, da je normala poševne ploskvice podana
z vektorjem
n =(dSx, dSy, dSz)/dS ,
lahko rešitve za komponente napetostnega vektorja na ravnini z
normalo n zapišemo
t (n) x = σxx.nx + σyx.ny + σzx.nz
t (n) y = σxy.nx + σyy.ny + σzy.nz
t (n) z = σxz.nx + σyz.ny + σzz.nz
-***-
y
tz (n)
ty (n)
tx (n)
Če napetostni vektor in vektor normale zapišemo z matrikama,
po dogovoru kot enostolpčni matriki
( n)
⎡t
⎤ ⎡ ⎤
x n x
( n)
⎢ ( n)
⎥ ⎢ ⎥
t = ⎢t
y ⎥ , n = ⎢n
y ⎥
( n)
⎣
⎢t
⎦
⎥
⎣
⎢
⎦
⎥
z n z
,

TRDNOST 44
lahko sistem enačb za izračun napetostnega vektorja v
koordinatnem sistemu x,y,z na poševni ploskvi z normalo n
zapišemo v kompaktni obliki
t (n) = σ.n
,kjer smo napetostni tenzor zapisali z debelo črko σ in
upoštevali njegovo simetričnost.
Komponente tega napetostnega vektorja v koordinatnem sistemu
x’,y’,z’, to je lokalni koordinatni sistem na poševno ploskev,
kjer je x’ os v smeri normale (glej sliko 2)
x
z
z’
( )
t’x ξ1
t (n) =t ( ) ξ1 y’
n=ξ1 → os x ’
y
( )
t’y ξ1
( )
t’z ξ1
Slika 2. Razstavitev napetostnega vektorja po komponentah v
lokalnem koordinatnem sistemu x’,y’,z’. Na sliki je prikazan
primer, ko je normala n na poševno ploskev dS v smeri x’ osi
oziroma je enaka prvemu baznemu vektorju ξ1 lokalnega
koordinatnega sistema x’,y’,z’.
dobimo enostavno s transformacijo napetostnega vektorja iz
sistema x,y,z v sistem x’,y’,z’ (pasivna transformacija). Če
transformacijsko matriko označimo z A dobimo enačbo
t’ (n) = A.t (n)
,kjer je komponenta tx’ (n) =σ’x normalna napetost, ty’ (n) in tz’ (n)
pa sta strižni napetosti σ’xy in =σ’xz na poševni ploskvi.

TRDNOST 45
ZGLED.
V koordinatnem sistemu x,y,z (slika Z.1.)
x
z’
a
z
( )
t’x ξ1
a
t (n)
y’
n=ξ1→x ’
Slika Z.1. Tetraeder, ki ima enake stranske robove in osnovno
(poševno) ploskev, ki določa oktaedrično ravnino v prvem
oktantu.
je podano napetostno stanje
⎡1
2 2⎤
σ =
⎢
2 3 4
⎥
⎢ ⎥
kPa .
⎢⎣
2 4 5⎥⎦
Izračunaj napetostni vektor v oktaedrični ravnini v prvem
oktantu
(a) v (globalnem) koordinatnem sistemu x,y,z ter
(b) v lokalnem koordinatnem sistemu x’,y’,z’, kjer je os x’ v
smeri normale na oktaedrično ravnino, z’ pa je obrnjena
navzgor in leži na simetrali oktaedrične ploskve (glej sliko
Z.1). Tedaj je y’ je vzporedna z ravnino y-z.
Rešitev. (a) Normala je pri tej oktaedrični ravnini podana z
vektorjem
(1, 1, 1)
n = ,
3
napetostni vektor pa je
⎡t
⎢
⎢t
⎢
⎣t
( n)
x
( n)
y
( n)
z
⎤ ⎡1
⎥ ⎢
⎥ = σn =
⎢
2
⎥
⎦
⎢⎣
2
2
3
4
2⎤
⎡1⎤
4
⎥
kPa.
⎢
1
⎥
⎥ ⎢ ⎥
5⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
⎡ 5 ⎤
1 1
=
⎢
9
⎥
kPa
3 ⎢ ⎥ 3
⎢⎣
11⎥⎦
(b) Transformacijska matrika iz koordinatnega sistema x,y,z v
sistem x’,y’,z’ je določena s smernimi vektorji osi lokalnega
y

TRDNOST 46
koordinatnega sistema, ki so podani v (globalnem) koordinatnem
sistemu x,y,z,
ξ =
1
ξ 2 =
n
(-1, 1, 0)
2
(-1, -1,
2)
ξ 3 = .
6
Torej je transformacijska matrika enaka
T ⎡ ⎤ ⎡ 1 1 1
ξ
⎤
1 3 3 3
⎢ T ⎥ ⎢ ⎥
−1
1
A = ⎢ξ
2 ⎥ = ⎢ 0
2 ⎥ ,
2
⎢ T ⎥ ⎢ −1
−1
2 ⎥
⎣ξ
3 ⎦ ⎣ 6 6 6 ⎦
napetostni vektor v lokalnem koordinatnem sistemu pa je
(n) / ⎡t'
⎤ ⎡σ
⎤ ⎡ 1 1 1 ⎤
x
xx
⎡ 5 ⎤ ⎡8,33⎤
3 3 3
( n)
⎢ (n) ⎥ ⎢ / ⎥ ( n)
⎢ ⎥
−1
1
1
t ' = t'y
σ xy
0 .
⎢
9
⎥
kPa
⎢
1,63
⎥
⎢ ⎥ ≡ ⎢ ⎥ = At = ⎢
= kPa
2 2 ⎥ ⎢ ⎥
(n) /
1 1 2 3 ⎢ ⎥
.
⎢t'
⎥ ⎢
z σ ⎥ ⎢ − − ⎥
⎣ ⎦ ⎣
⎢
xz ⎦
11⎥
⎢0,71⎥
⎣ 6 6 6 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
-o-
Transformacija napetostnega tenzorja.
Napetostni tenzor v nekem koordinatnem sistemu x,y,z z
ortogonalno bazo ei (i=1,2,3), imenujmo jo stara baza, je kot
vemo podan z napetostnimi vektorji v treh ravninah z normalami
v smeri baznih vektorjev (v smeri koordinatnih osi). Če
upoštevamo njegovo simetrijo, ga zapišemo
( e1
) ( e2
) ( e3
)
[ t t t ]
σ = .
V novem koordinatnem sistemu x’,y’,z’ z ortogonalno bazo ξi’
(i=1,2,3) pa je napetostni tenzor podan z napetostnimi
vektorji v treh ravninah, katerih normale so v smereh novih
koordinatnih osi
(ξ ) (ξ ) (ξ )
[ ]
σ'= t' t' t'
1 2 3 .
S transformacijsko enačbo podamo te napetostne vektorje v
starem koordinatnem sistemu

TRDNOST 47
(ξ
t' i) (ξ )
= A. t i , i = 1, 2, 3,
le-te pa izrazimo z napetostnim tenzorjem
t
(ξ i )
=σ .ξ , i = 1, 2, 3.
i
Z gornjima enačbama je izrazimo napetostni tenzor σ’, ki je v
novem koordinatnem sistemu z napetostnim tenzorjem σ, ki je
podan v starem koordinatnem sistemu in s transformacijsko
matriko A, ki transformira koordinate iz starega v novi
koordinatni sistem:
[ . .ξ . .ξ . .ξ ] . . [ ξ ξ ξ ]
σ'= Α σ Α σ Α σ = Α σ
1 2 3 1 2 3
oziroma krajše zapisano
T
σ' = Α. σ. Α
Transformacijske enačbe v komponentnem zapisu (tenzorski
notaciji) in s sumacijskim dogovorom (glej dodatek A.2)
Transformacija komponent vektorjev in tenzorjev iz
Kartezijevega koordinatnega sistema z bazo e1, e2 in e3 v
koordinatni sistem z bazo ξ1, ξ2 in ξ3 naj bo podana z
vrednostmi aij, ki so kosinusi kotov med x’i in xj osmi. Torej
aik=cos(ξi,ek), i,k=1,2,3.
Tedaj zapišemo transformacijo napetostnega tenzorja iz baze e1,
e2 in e3 v bazo ξ1, ξ2 in ξ3 direktno iz prej izpeljanega
matričnega zapisa z enačbo
σ' ij ik . σkm. mj . . σ
T
= a a ≡ aik ajmkm
,
kjer so
i,j,k,m = 1,2,3.
Napetostni vektor na ravnino z normalo n pa zapišemo
ti (n) = σij.nj
in ga transformiramo v iz baze e1, e2 in e3 v bazo ξ1, ξ2 in ξ3
z enačbo
t’i (n) = aij. tj (n)

TRDNOST 48
1.6.6. GLAVNI KOORDINATNI SISTEM.
Ker se za isto napetostno stanje komponente napetosti
spreminjajo z lego koordinatnega sistema, morajo doseči v
nekem koordinatnem sistemu normalne napetosti ekstremne
vrednosti. Za inženirsko analizo so te napetosti odločilne,
zato jim dajemo, kot smo že omenili pri ravninskem napetostnem
stanju, posebno ime. To so glavne napetosti, pripadajoči
koordinatni sistem pa glavni koordinatni sistem. Očitno je, da
glavni koordinatni sistem in napetosti ugotavljamo z iskanjem
ekstremov normalnih napetosti. Ta izračun je relativno
enostaven za ravninsko napetostno stanje, za prostorsko
napetostno stanje pa je primernejše, da izračun lege glavnega
koordinatnega sistema in napetosti formuliramo kot problem, ki
je v matematiki poznam kot problem lastnih vrednosti. Pokazali
bomo še, da je problem lastnih vrednosti identičen s problemom
vezanih ekstremov, ki zagotavlja, da zavzamejo v lastnem
koordinatnem sistemu normalne napetosti ekstremne vrednosti.
x
z
n
t (n) =λ.n=σn.n
Slika 1. Ravnina, kjer je napetostni vektor kolinearen z njeno
normalo.
Najprej postavimo zahtevo, da iščemo tiste ravnine, kjer
nastopajo samo normalne napetosti. Torej je napetostni vektor
kolinearen z normalo (glej sliko 1) in to zahtevo zapišemo z
enačbo
( n)
t = λ . n,
V tej enačbi λ očitno predstavlja normalno napetost σn, strižne
napetosti pa so tedaj nične!
y

TRDNOST 49
Če napetostni vektor izrazimo z napetostnim tenzorjem, t (n) =σn,
in enačbo malo preuredimo, dobimo enačbo problema lastnih
vrednosti:
(σ − λI) n= 0 .
Skalarje λ in vektorje n, ki izpolnjujejo gornjo enačbo
imenujemo lastne vrednosti in lastne vektorje oziroma smeri
napetostnega tenzorja σ, ki v enačbi predstavlja realno
simetrično matriko. Za njo vemo iz matematike, da ima tri
realne lastne vrednosti, ki jim pripadajo tri medseboj
ortogonalne smeri (lastni vektorji). Lastne vrednosti λi so
torej enake normalnim napetostim v smeri lastnih vektorjev ni.
Navedimo dokaze za gornje trditve. Pokažimo, da so lastne
vrednosti realne. Dopuščajmo še možnost, da so lastni vektorji
kompleksni. Če enačbo
σ n − λ n = 0
i i i
z leve pomnožimo z ni, ki ga transponiramo in mu konjugiramo
njegove komponente (to imenujemo Hermitsko konjugirani vektor)
in iz nje izrazimo λi , dobimo enačbo
λ i
= n n
T
i σ i
.
T
nini Imenovalec predstavlja vsoto produktov konjugirano kompleksnih
števil, ki so zmeraj realni. Podobno ugotovimo, da je za
simetrični tenzor σ z realnimi komponentami tudi števec
realen, zato so na podlagi gornje enačbe lastne vrednosti
realne.
Dokažimo še, da so lastni vektorji ortogonalni. Za vsaka
poljubna dva lastna vektorja ni in nj, ki pripadata različnima
lastnima vrednostima λi in λj veljata enačbi
σ ni − λini = 0
σ nj − λ jnj = 0.
Prvo enačbo z leve pomnožimo z n T i , drugo pa z -n T j , enačbi
seštejemo in upoštevamo, da se skalar s transpozicijo ne
spremeni,
T T
ninj= njni in

TRDNOST 50
T
njninin T
σ = σ j ,
dobimo enačbo
( λi λj). i , λ λ
T − n nj= 0 i ≠ j ⇒ ni nj=
0
T
iz katere zaključimo, da sta ni in nj ortogonalna.
Ugotovimo še, da so lastne vrednosti ekstremne normalne
napetosti. V ta namen moramo poiskati ekstrem normalne
komponente napetostnega vektorja (glej sliko 2)
σ n
( n)
T
= =
T
t n n σ n,
ki je funkcija smernih kosinusov normale na ploskev
σ = σ ( n , n , n ).
x
n n x y z
z
t (n)
n
σn.n
Slika 2. Prikaz normalne komponente napetostnega vektorja.
Ko upoštevamo, da smerni kosinusi niso povsem neodvisne
spremenljivke, saj so vezani z enačbo
2 2 2
x y z x y z 1 0,
N( n , n , n ) ≡ n + n + n − =
dobimo problem vezanih ekstremov. Te rešimo, kot vemo iz
matematike, s pomočjo Lagrangeovih multiplikatorjev.
Stacionarne vrednosti σn nastopijo pri vrednostih nx, ny,in nz,
ki izpolnjujejo enačbe
∂
( σ n ( n x , n y , n z ) − λ.
N(
n x , n y , n z ) ) = 0,
i = x, y, z
∂n
i
y

TRDNOST 51
kjer smo z λ označili Lagrangeov multiplikator.
Če izpišemo to za prvo enačbo, dobimo
∂
∂n
=
=
x
2(
2(
(
[ n n n ]
xx xy xz x
⎢
⎥
[ 1 0 0]
σ σ σ
⎢
n
⎥
+ [ n n n ]
σ
xx
x
n
x
y
⎡σ
xy
z
⎢ yx
⎢
⎣σ
zx
+ σ n
y
⎡σ
⎢
⎢σ
⎢
⎣σ
σ
σ
xx
yx
zx
yy
zy
+ σ
xz
σ
σ
σ
σ
⎤⎡n
yz ⎥⎢
σ ⎥
zz ⎦
⎢⎣
n
n − λ.
n
z
xy
yy
zy
σ
σ
σ
y
z
x
xz
yz
zz
⎤
⎤⎡n
⎥⎢
⎥⎢
n
⎥
⎦
⎢⎣
n
x
z
⎥
⎥⎦
) = 0
y
⎤
⎥
⎥
− λ.(
n
⎥⎦
x
y
2
x
+ n
z
⎡σ
⎢
⎢σ
⎢
⎣σ
2
y
xx
yx
zx
+ n
σ
σ
σ
2
z
xy
yy
zy
) −1
) =
σ
σ
σ
xz
yz
zz
⎤⎡1⎤
⎥⎢
0
⎥
⎥⎢
⎥
− λ.
n
⎥
⎦
⎢⎣
0⎥⎦
, kjer smo upoštevali simetričnost napetostnega tenzorja.
Analogno dobimo še za ostale odvode
∂
∂n
=
in
y
2(
∂
∂n
=
z
2(
(
(
[ n n n ]
σ
x
yx
n
x
y
+ σ
yy
n
[ n n n ]
σ
x
zx
n
x
y
+ σ
zy
n
z
z
y
y
⎡σ
xx
⎢
⎢σ
yx
⎢
⎣σ
zx
σ xy
σ yy
σ zy
σ xz ⎤⎡n
x ⎤
⎥
σ
⎢
yz n
⎥
⎥⎢
y ⎥
− λ.(
n
σ ⎥⎢
zz ⎦⎣n
⎥ z ⎦
+ σ n − λ.
n ) = 0
⎡σ
xx
⎢
⎢σ
yx
⎢
⎣σ
zx
+ σ
yz
zz
z
σ xy
σ yy
σ zy
σ xz ⎤⎡n
⎥
σ
⎢
yz ⎥⎢
n
σ ⎥⎢
zz ⎦⎣n
n − λ.
n ) = 0
z
y
z
x
y
z
⎤
⎥
⎥
− λ.(
n
⎥⎦
2
x
2
x
+ n
+ n
2
y
2
y
+ n
+ n
2
z
2
z
) −1
) =
) −1
) =
Vse te tri enačbe zapisane v matrični obliki so natanko enake
enačbi problema lastnih vrednosti
(s − λI
) n = 0 .
Tako je torej rešitev ekstremov normalnih napetosti hkrati
tudi rešitev problema lastnih vrednosti, kjer pa smo izhajali
iz zahteve, da ni strižnih napetosti (napetostni vektor je
kolinearen z normalo ravnine).
1.6.7. POSTOPEK ZA IZRAČUN LASTNIH VREDNOSTI IN SMERI.
Enačba za lastne vektorje predstavlja homogeni sistem enačb,
ki ima netrivijalno rešitev samo tedaj, ko je determinanta
matrike sistema enaka nič. Izpisano je torej
x
)

TRDNOST 52
⎡σxx
− λ σxy σ ⎤
xz
⎢
⎥
det⎢
σyx σyy−λ σyz
⎥ = 0.
⎢
⎣
σzx σzy σzz − λ⎥
⎦
Če determinanto simbolično izvrednotimo, dobimo kubični
polinom za λ
3 2
λ − I1. λ + I2λ− I3
= 0 ,
ki ima seveda tri realne rešitve. Polinom se imenuje
karakteristični polinom , njegovi koeficijenti pa so enaki
I1 = sled(σ), vsota diagonalnih členov napetostnega tenzorja
I2 = vsota determinant podmatrik diagonalnih členov
napetostnega tenzorja
I3 = det(σ).
Povejmo, da so ti koeficienti invariantni pri transformaciji
koordinatnega sistem, zato jih imenujemo invariante
karakterističnega polinoma. Ta polinom rešimo z znanimi
metodami, posamezne korene, lastne vrednosti, pa vstavimo v
sistem enačb
⎡σxx−λ
σ σ ⎤
i xy xz ⎡n
xi ⎤
⎢
⎥⎢
⎥
⎢ σyxσyy − λiσyz ⎥⎢n
yi ⎥ = 0
⎢
⎣
σzx σzy σzz − λ ⎥
⎦⎣
⎢
⎦
⎥
i nzi
iz katerega izračunamo pripadajoče lastne vektorje. Ker je
sistem homogen, lahko rešitev zmeraj normiramo tako, da je
abs(ni)=1.
ZGLED .
Za napetostno stanje podano z tenzorjem
⎡ 1 − 2 1 ⎤
⎢
⎥
σ= ⎢−2
−3 −1⎥Mpa
⎣
⎢ 1 − 1 4 ⎦
⎥
izračunal lego in velikost glavnih napetosti.
Izračun. Konstante karakterističnega polinoma so
I1 = sled(σ)= 1 -3 +4 = 2,

I 2
TRDNOST 53
3 1 1 1 1 2
= 13 3 7 17
1 4 1 4 2 3
− −
−
+ + =− + − =−
−
− −
I3 = det(σ)=-22,
in karakteristični polinom je
λ 3 -I1λ 2 +I2λ -I3 = λ 3 -2λ 2 -17λ +22 = 0
Izračun lastnih vrednosti. Korene tega polinoma (lastne
vrednosti) lahko izračunamo z metodo s pomožnimi količinami
(Matematični priročnik, Bronštajn-Semendjajev, str 156), kjer
veljajo oznake
λ 3 +bλ 2 +cλ +d =0.
Prvi pomožni količini q in p sta
q = 2b 3 /54 - bc/6 + d/2
= 2.(-2) 3 /54 - (-2).(-17)/6 + 22/2 = 5,03704
p = c/3 - b 2 /9 = -17/3 - (-2) 2 /9 = -6,11111
Drugi pomožni količini pa sta
r = √|p| = √6,11111 = 2,47207
kjer je predznak za r enak predznaku za q, in
ϕ = acos (q/r 3 ) = acos (5,03704/2,47207 3 ) = 70,52336°
S temi količinami so transformirani koreni
y1 = -2.r.cos(ϕ/3) = -2.2,47207.cos(70,52336°/3) = -4,53380
y2 =+2.r.cos(60°-ϕ/3)= 2.2,47207.cos(60°-70,52336°/3)= 3,97477
y3 =+2.r.cos(60°+ϕ/3)= 2.2,47207.cos(60°+70,52336°/3)= 0,55902
in nato še koreni dejanski karakterističnega polinoma, ki so
enaki
λ1 = y1 -b/3 = -4,53380 + 2/3 = -3,86713 MPa ≡ σIII
λ2 = y2 -b/3 = 3,97477 + 2/3 = 4,64144 MPa ≡ σI
λ3 = y3 -b/3 = 0,55902 + 2/3 = 1,22569 MPa ≡ σII.

TRDNOST 54
Običajno korene še uredimo po velikosti in jih označimo
zaporedoma rimskimi številkami, ravno tako pa tudi lastne
vektorje oziroma smeri.
Izračun lastnih vektorjev. Za najmanjšo lastno vrednost, λ1 =
σIII = -3,86713MPa, komponente pripadajočega lastnega vektorja
odgovarjajo homogenemu sistemu linearnih enačb
⎡σxx
− λ1σxy σxz
⎢
⎢ σyx σyy − λ1σyz ⎢
⎣
σzx σzy σzz − λ
⎤⎡N
⎥⎢
⎥⎢N
⎥
⎦⎣
⎢N
⎤
⎥
⎥ =
⎦
⎥
⎡1
+ 3, 86713 −21
⎤⎡N
⎢
⎥⎢
⎢ 1 − 3 + 3, 86713 σ yz ⎥⎢N
⎢
⎣
σzx σzy
4 + 3, 86713⎥
⎦⎣
⎢N
1
x1
y1
z1
x1
y1
z1
⎤
⎥
⎥ = 0
⎦
⎥
Ker je determinanta sistema matrike nična, lahko izberemo za
eno komponento poljubno vrednost. Izberimo za
Nz1 = 1
in iz prvih dveh enačb
⎡4,
86713 − 2 ⎤⎡N
⎢
⎣ − 2 0, 86713
⎥⎢
⎦⎣
N
izračunamo
⎡N
⎢
⎣
N
x1
y1
⎤ 5 143
⎥ =
⎦ 13 016
⎡ , ⎤
⎢ ⎥
⎣ , ⎦
x1
y1
Izračunani vektor
⎤ 0
⎥ =
⎦ 0
⎡
⎢
⎣
⎤
⎥
⎦
N1 = (5,143 13,016 1)
pa še normiramo ga tako, da je njegova velikost 1,n= N/N.
Predstavlja normalo glavne ravnine z napetostjo σIII :
n1 = nIII =(0,3665 0,9277 0,0713).
Največja lastna vrednost λ2 ≡ σI =4,64144 MPa nam da drugi
sistem enačb

TRDNOST 55
⎡σxx
− λ2 σxy σxz
⎢
⎢ σyx σyy − λ2σyz ⎢
⎣
σzx σzy σzz − λ
⎤⎡N
⎥⎢
⎥⎢N
⎥
⎦⎣
⎢N
⎤
⎥
⎥ =
⎦
⎥
⎡1
−4, 64144 −21
⎤⎡N
⎢
⎥⎢
⎢ 1 −3−4, 64144 σ yz ⎥⎢N
⎢
⎣
σzx σzy
4 − 4, 64144⎥
⎦⎣
⎢N
2
x2
y2
z2
x2
y2
z2
⎤
⎥
⎥ = 0
⎦
⎥
iz katerega izračunamo pripadajoči prvi smerni vektor
nI = (0,8552 -0,3057 -0,4185).
Na enak način dobimo za preostalo lastno vrednost še tretji
smerni vektor
nII = (0,3664 -0,2144 0,9054).
-o-
1.6.8. EKSTREMNE STRIŽNE NAPETOST
Te napetosti iračunamo povsem analogno kot ekstremne normalne
napetosti z iskanjem ekstremov. Teoretična izpeljava pa je pri
tem enostavnejša, če izhajamo iz glavnega koordinatnega
sistema. Zato v nadaljnjih izpeljavah smatrajmo, da je ta
sistem naš izhodiščni koordinatni sistem, kjer torej nastopajo
samo normalne napetosti in je napetostno stanje podano s
tenzorjem napetosti
⎡σI
0 0
⎢
σ= ⎢ 0 σII
0
⎣
⎢ 0 0 σ
III
⎤
⎥
⎥ .
⎦
⎥
V poljubni ravnini z normalo n velja enačba (glej sliko 3)

TRDNOST 56
Os III
τn
Os I Os II
n
t (n)
σn=(t (n) ,n)
Slika 3. Glavni koordinatni sistem ter ravnina, kjer računamo
ekstremno strižno napetost.
τn 2 = t (n)2 - σn 2 ,
kjer smo z τn in σn označili strižno in normalno napetost v
ravnini z normalo n=(n1, n2, n3), t (n) pa rezultantni napetostni
vektor v tej ravnini. Ko upoštevamo, da je t (n) enak
t (n) = σn
oziroma
t (n)2 = t (n)T t (n) = n T σ 2 n = σI 2 .n1 2 + σII 2 .n2 2 + σIII 2 .n3 2
in analogno še
σn 2 = (t (n) T n) T (t (n) T n) = (t (n) T n) 2 = (σI .n1 + σII .n2 + σIII .n3) 2
dobimo enačbo za strižno napetost
τn 2 = σI 2 .n1 2 + σII 2 .n2 2 + σIII 2 .n3 2 - (σI .n1 + σII .n2 + σIII .n3) 2 ,
ki predstavlja funkcijo komponent normale
τn 2 = f(n1, n2, n3) .
Ko poiščemo ekstremne oziroma stacionarne vrednosti te
funkcije ob pogoju
n1 2 + n2 2 + n3 2 -1 = 0,
dobimo dve množici rešitev. Prva množica nam daje normale
glavnega sistema, kjer vemo, da so strižne napetosti nične.
Druga množica rešitev normal, ki je cilj naše analize, pa nam
da normale ravnin z ekstremnimi vrednostmi strižnih napetosti:
nτ(1) =(0, ±1/√2, ±1/√2), ki ji pripada τ(1) =±(σII - σIII)/2

TRDNOST 57
nτ(2) =(±1/√2, 0, ±1/√2), ki ji pripada τ(2) =±(σI - σIII)/2
nτ(3) =(±1/√2, ±1/√2, 0), ki ji pripada τ(3) =±(σI - σII)/2.
Te ravnine so oktaedrične ravnine (glej sliko 4), ki pa niso
med seboj pravokotne, kot je to pri ravninskem napetostnem
stanju. Strižne napetosti lahko enostavno izračunamo iz enačbe
za transformacijo napetosti, kjer nato obe komponenti strižnih
napetosti v ravnini vektorsko seštejemo. Druga možnost pa je,
da jih izračunamo preko napetostnega vektorja. Na primer za
rešitev n1 =(0, 1/√2, 1/√2) dobimo iz enačbe
τn1 = t (n1) - σn1 = σn1 –(σn1) T n1
τ n1
τ n1
⎡σ
I
= (
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
σ II
0
0 ⎤⎡
0 ⎤
0
⎥⎢
⎥
⎥⎢
1/
2
⎥
−
σ ⎥⎦
⎢⎣
1/
2⎥
III ⎦
⎡ 0 ⎤
σ II − σ III
=
⎢ ⎥
⎢
1
2 2 ⎥
⎢⎣
−1⎥⎦
[ 0 1/
2 1/
2]
⎡σ
I
⎢
⎢
0
⎢⎣
0
0
σ
0
II
0 ⎤ ⎡ 0 ⎤
0
⎥ ⎢ ⎥
⎥
)
⎢
1/
2
⎥
σ ⎥⎦
⎢⎣
1/
2⎥
III ⎦
Prva ekstremna strižna napetost torej leži v ravnini osi II-
III.
Na enak način izračunamo še
τn2 = 0,5(σI-σIII)(1,0,-1),
τn3 = 0,5(σI-σII)(1,-1,0),
in jih lahko prikažemo s pomočjo namišljenega pravilnega
tetraedra na sliki 5. Za pozitivne razlike normalnih napetosti
so vektorji strižnih napetosti nagnjeni v smeri osi večje
glavne napetosti.

TRDNOST 58
τ 2
n (τ2)
Os I
Os III
τ 3
n (τ3)
n(τ1)
τ1
Os II
Slika 4. Glavni koordinatni sistem, normale ravnin ekstremnih
strižnih napetosti ter shematični prikaz pripadajočih
ekstremnih strižnih napetosti.
A
os II
τ3
n1 =(0,1/√2, 1/√2)
c
Slika 5. Prikaz lege ekstremnih strižnih napetosti s pomočjo
tetraedra. Prva strižna napetost ne deluje na osnovno ploskev
tetraedra (kot zgleda na sliki) ampak na ploskev določeno z
oglišči ABC.
os I
τ1
τ2
B
os III

TRDNOST 59
2. SPECIFIČNE DEFORMACIJE
2.1. UVOD
Ko neko stabilno podprto konstrukcijo oziroma njene dele
obremenimo, se le-ta deformira (premakne) - njeni deli
spremenijo obliko in velikost (slika 1). Samo spremembo
velikosti ali oblike njenih delov imenujemo deformacijo in jo
izračunavamo iz (medsebojnih) pomikov točk konstrukcije. Za
zgled si oglejmo enostaven okvir prikazan na sliki 1, ki se
zaradi sile P premakne.
Slika 1. Prikaz pomikov konstrukcije.
Če na primer analiziramo samo osne deformacije vrhnjega
horizontalnega nosilca, so le-te določene s horizontalnima
pomikoma u1 in u2 njegovih krajišč 1 in 2, ki ju imenujemo
absolutna pomika. Vendar se pri tem nosilec deformira – skrči
oziroma raztegne, samo tedaj, če se njegovo krajišče 2
premakne tudi relativno glede na krajišče 1. Takšen pomik
imenujemo relativni pomik krajišč in je enak razliki
absolutnih pomikov, ki hkrati predstavlja tudi spremembo
dolžine nosilca
∆u = u2 - u1 = ∆L (1)
Če se nosilec sicer premakne relativnih pomikov pa ni, se
nosilec ne deformira in pravimo, da se je premaknil kot togo
telo (ki ga smatramo nedeformabilno). Take pomike imenujemo
»toge pomike«. Vse absolutne pomike lahko zmeraj prikažemo kot
vsoto togih pomikov ut in relativnih pomikov ur. Za naš nosilec
si lahko predstavljamo, da se je najprej premaknil kot togo
telo, torej da so se vse njegove točke premaknile za ut=u1,
nato pa se je še skrčil (deformiral) in pri tem se je krajišče

TRDNOST 60
2 premaknilo relativno glede na krajišče 1 za ur = ∆u = u2 -
u1. Tako lahko pomik krajišča 2 zapišemo z enačbo
u2 = ut + ur = u1 +∆u = u1 + ∆L.
Pri analizi konstrukcij nas zanimajo notranje sile oziroma
napetosti, ki pa se pojavijo v nosilcu samo tedaj, ko se
nosilec deformira. Napetosti pa so v enostavni zvezi samo s
specifičnimi deformacijami, ki jih izračunamo iz kvocienta
relativnih pomikov masnih točk in njihove medsebojne
oddaljenosti. Tako je specifična deformacija v osni smeri
nosilca enaka
ε = (u2-u1)/L = ∆L/L. (2)
Lahko bi rekli, da je taka specifična deformacija materiala
med dvema točkama deformacija, ki je »merjena« ali »normirana«
z razdaljo med njima.
V konstrukcijah se po obremenitvi praviloma pojavijo zelo
majhne specifične deformacije, ki so velikostnega reda do ene
tisočine. Te male specifične deformacije pa so za glavne
gradbene materiale v enostavnih linearnih zvezah z napetostmi
(Hookeov zakon). Samo v takih primerih lahko konstrukcije
inženirsko analiziramo na relativno enostaven način.
V gornjih odstavkih smo spoznali samo eno specifično
deformacijo, v tem poglavju pa bomo spoznali še vse ostale, ki
nastopajo v konstrukcijah. Pokazali bomo kako jih izračunavamo
iz pomikov, kakšna je razlika med malimi in velikimi
specifičnimi deformacijami ter kako se prikazujejo oziroma
izračunavajo v različnih koordinatnih sistemih (transformacija
specifičnih deformacij).
2.2. MATEMATIČNI ZAPIS LEGE IN POMIKOV TELESA
Da bomo lahko izračunavali specifične deformacije iz pomikov,
si najprej nekoliko natančneje oglejmo, kako matematično
zapišemo premik masnih točk telesa iz lege ob času t1 v lego ob
času t=t2(>t1). Ti dve legi imenujmo začetna in končna lega,
zanima pa nas za koliko se je pri tem telo deformiralo.
Začetno lego telesa, kjer lahko smatramo, da je telo še
nedeformirano, podamo z lego njegovih točk s krajevnim
vektorjem R (slika 2), ki ima v koordinatnem sistemu
koordinate (X,Y,Z):
R =(X,Y,Z). (3)

TRDNOST 61
Začetna lega
telesa ob
času t=t1
X
Z
Premik masne
točke T
R
Y
T
y
r
T’
x
lega telesa
ob času t=t2
Medsebojna lega
materialnega in prostorskega
koordinatnega sitema
Slika 2. Simbolični prikaz začetne in končne lege telesa ter
koordinatnih sistemov v katerih podajamo lego materialnih točk
telesa v začetni in v končni legi telesa.
Po premiku telesa opišemo njegovo novo lego z novo lokacijo
njegovih masnih točk, ki jo podamo s krajevnim vektorjem
(mali) r v koordinatnem sistemu x,y,z. Ta se lahko v splošnem
giblje glede na koordinatni sistem X,Y,Z. Matematično pravimo,
da je r neka funkcija R-a in je zapišemo:
R=R(r) (4)
oziroma izpisano po komponentah
x=x(X,Y,Z) (4.a)
y=y(X,Y,Z) (4.b)
z=z(X,Y,Z). (4.c)
Opis premika telesa z zgornjimi enačbami je znan pod imenom
Lagrangeov ali materialni opis pomikov, ker delu prostora
˝izpolnjenem˝ z materialnimi točkami (začetna lega telesa ob
začetnem času t1) priredimo neki drugi del prostora, kjer se te
materialne točke nahajajo ob času t2. Obratni opis, ki pa je
za trdnost manj primeren, podaja začetno lego telesa ob času t1
kot funkcijo njegove lege ob času t2, torej z enačbo R=R(r). Ta
opis je znan pod imenom Eulerjev ali prostorski opis pomikov.
Mi se bomo omejili samo na Lagrangeov opis, ker v gradbeništvu
praviloma izhajamo iz podatkov o neobremenjeni konstrukciji in
se zanimamo, kako se bo konstrukcija pod obtežbo premaknila in
deformirala. Za našo analizo deformacij in napetosti, ki jo
bomo spoznali v naslednjih poglavjih, ni niti časovni niti
prostorski potek deformacij (to je pomembno na primer pri
analizi vpliva reologije materialov na trdnost konstrukcije),
z

TRDNOST 62
pomembni so samo rezultantni oziroma končni pomiki, ki
podajajo razliko med začetnim in končnim stanjem (slika 2 in
3). Tako se znebimo časa kot spremenljivke in opis deformacij
se poenostavi. Za teorijo trdnosti je tudi enostavneje, da ima
prostorski koordinatni sistem ves čas identično lego z
materialnim.
X,x
Z,z
R2
B1
R1
Y,y
∆R,∆S
A1
u2 u2
r2
r1
u1
A2
B2
∆r,∆s
Slika 3. Opis lege, pomikov in deformacij telesa z
“opazovanjem” spremembe razdalje med dvema poljubnima točkama
na telesu pred deformacijo in po deformaciji.
Deformacijo telesa ugotavljamo tako, da opazujemo, ali se je
kvadrat razdalja med poljubnima dvema točkama telesa
spremenila (slika 3). To spremembo bomo izrazili z začetno
lego točk na telesu (nedeformirano stanje telesa) in pomiki
teh točk.
Za poljubni točki telesa pred deformacijo, podanima s
krajevnima vektorjema R1 in R2 = R1+∆R, je kvadrat razdalje
enak
∆S 2 = ⏐R2- R1⏐ 2 = ∆R T ∆R (5)
Razdalja med istima točkama po deformaciji telesa pa je
∆s 2 = ⏐r2- r1⏐ 2 = ∆r T ∆r. (6)
Tedaj povečanje kvadrata razdalje zapišemo z enačbo
∆l 2 = ∆s 2 - ∆S 2 = ∆r T ∆r - ∆R T ∆R. (7)
Če je ∆l=0, se vlakno med opazovanima točkama ni niti
raztegnilo niti skrčilo - se ni deformiralo. Gornjo enačbo
preuredimo tako, da bodo deformacije izražene samo z začetnim
stanjem telesa, to je z materialnimi koordinatami, ter s

TRDNOST 63
pomiki oziroma z njihovimi diferencami, torej z ∆R in ∆u.
Razliko pomikov opazovanih točk dobimo iz enačb
u1 = r1 - R1 (8.a)
u2 = r2 - R2 (8.b)
ki ju med seboj odštejemo
∆u = u2-u1 =(R2-r2)-(R1-r1)=(r1-r2)-(R1-R2) = ∆r - ∆R. (9)
Iz zgornje enačbe sledi, da je
∆r = ∆R + ∆u (10)
kar pomeni, da če k “vlaknu” ∆R (pred deformacijo) prištejemo
razliko pomikov ∆u njegovih krajišč 1 in 2, dobimo ∆r, ki
predstavlja to “vlakno” po deformaciji telesa (glej sliko 4).
Opozorimo naj, da je v razliki pomikov ∆u je zajeta še
rotacija ∆R, ki očitno prav nič ne doprinese k njegovi
deformaciji. Kasneje bomo matematično dokazali, da je
prispevek urotacije h količini ∆l 2 ničen.
Translacija
“ vlakna”
∆R
2
∆R,∆S
u1
Sprememba
“ vlakna”
∆R za ∆u
u2
u1
∆r,∆s
1
Slika 4. Sprememba “vlakna” ∆R zaradi razlike pomikov njenih
krajišč za ∆u.
1’
urotacije
Če gornjo enačbo vstavimo v enačbo (7), ki podaja spremembo
velikosti vlakna ∆R, dobimo enačbo
∆l 2 = (∆R + ∆u) T (∆R + ∆u) - ∆R T ∆R
oziroma po preureditvi
∆l 2 = ∆u T ∆u + ∆R T ∆u + ∆u T ∆R (11)
2’

TRDNOST 64
ZGLED 1.
Lega telesa v začetnem nedeformiranem stanju je podana v
koordinatnem sistemu X,Y,Z s krajevnimi vektorji R=(X,Y,Z).
Premaknilo se je tako, da njegove materialne točke zavzamejo
novo lego podano s krajevnimi vektorji r=(x,y,z) v skladu z
enačbami
x = 1,375X - 0,875Y
y = 3Y
z=Z
Oba koordinatna sistema, X,Y,Z in x,y,z, imata isto lego.
Izračunajmo:
(a) kakšno lego zavzameta materialni točki na lokaciji
R1=(1,1,0)m in R2=(2.5,0.5,0)m po premiku,
(b) za koliko sta se premaknili,
(c) razliko njunih pomikov,
in razliko kvadratov razdalje med materialnima točkama pred
in po deformaciji
(d) upoštevaje začetno in končno lego (enačba 7)
(e) ter upoštevaje samo začetno lego in pomike (enačba 11)
(f) nalogo prikaži oziroma reši grafično.
Rešitev. Ker očitno ni pomikov v smeri z imamo ravninski
problem in bomo zaradi enostavnosti zapisovali samo vrednosti
v ravnini x-y.
(a)x1 = 1,375X1 - 0,875Y1 = 1,375.1 - 0,875.1 = 0,5m
y1 = 3Y1 = 3×1 = 3
torej je r1 =(0.5, 3)m
x2 = 1,375X2 - 0,875Y2 = 1,375.2,5 - 0,875.0,5 = 3m
y2 = 3Y2 = 3.0,5 = 1,5
torej je r2 =(3, 1.5)m
(b) u1 = r1 - R1 = (0.5, 3) - (1, 1) = (-0.5, 2)m
u2 = r2 - R2 = (3, 1.5) - (2.5, 0.5) = (0.5, 1)m
(c) ∆u = u2 - u1 = (0.5, 1) - (-0.5, 2) = (1, -1)m
(d) ∆R = R2 - R1 = (2.5, 0.5) - (1, 1) = (1.5, -0.5)m
∆S 2 = ∆R T ∆R = (1.5, -0.5).(1.5, -0.5) = 2.5m 2
∆r = r2 - r1 = (3, 1.5) - (0.5, 3) = (2.5, -1.5)m
∆s 2 = ∆r T ∆r = (2.5, -1.5).(2.5, -1.5) = 8.5m 2
∆l 2 = ∆s 2 -∆S 2 = 8.5-2.5 = 6m 2

TRDNOST 65
(e)
∆l 2 =∆u T ∆u + 2∆R T ∆u=(1,-1).(1,-1)+2.(1.5,-0.5).(1,-1) = 6m 2
(d) Grafična rešitev (glej sliko Z.2.)
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
Y,y os
T1’
r1
u1
T1
R1 ∆R
R2
“ togi” translatorni
premik “ vlakna” ∆R
∆r
∆u
T2
u2
0
0 1 2 3m
Slika Z.2. Grafični prikaz rešitve naloge.
- ooo -
2.3. DEFORMACIJSKI TENZOR.
T2’
X,x os
Doslej smo računali povprečne deformacije materiala med
točkama, ki sta poljubno oddaljeni. Razporeditev deformacij po
telesu pa dobimo z opazovanjem pomikov masnih točk, ki so
infinitezimalno blizu - računali bomo torej spremembo dolžine
infinitezimalno majhnega “vlakna” dR. Tedaj v enačbi (11)
namesto razlik označenih z ∆ nastopajo diferenciali, označeni
z »d«
dl 2 = du T du + dR T du + du T dR (12)
Razlika pomikov du dveh materialnih točk, ki sta za dR narazen
predstavlja diferencial funkcije pomikov
u = u(X,Y,Z). (13)

TRDNOST 66
Ko so pomiki zvezni je diferencial posamezne komponente pomika
enak
du
i
∂u
i ∂u
i ∂u
i ∂u
i ∂u
i ∂u
i
= dX + dY + dZ = ( , , ).dR,
∂X
∂Y
∂Z
∂X
∂Y
∂Z
ki jih lahko zapišemo z matrikami:
i =
X, Y, Z
⎡∂u
X ∂u
X ∂u
X ⎤ ⎡∂u
X ∂u
X ∂u
X ⎤
⎢ dX + dY + dZ⎥
⎢
⎥
⎡du
⎤ ∂X
∂Y
∂Z
∂X
∂Y
∂Y
X ⎢
⎥ ⎢
⎥⎡dX⎤
⎢ ⎥ ∂u
Y ∂u
Y ∂u
Y ∂u
Y ∂u
Y ∂u
Y
du
= = ⎢ + + ⎥ = ⎢
⎥⎢
⎥
⎢
du Y ⎥
dX dY dZ
⎢
⎥ ⎢ ∂ ∂ ∂ ⎥⎢
dY
X Y Z ⎥
(14.a)
∂X
∂Y
∂Z
⎢⎣
du ⎥⎦
⎢ u u u ⎥ ⎢ ∂u
∂u
∂u
⎥⎢⎣
dZ⎥
Z ∂ Z ∂ Z ∂ Z
Z Z Z ⎦
⎢
dX + dY + dZ
⎥ ⎢
⎥
⎣ ∂X
∂Y
∂Z
⎦ ⎣ ∂X
∂Y
∂Z
⎦
Gornjo enačbo lahko zapišemo v kompaktnejši obliki kot produkt
matrik
du = JdR, (14.b)
kjer je J tako imenovani materialni gradient pomikov, ki je
enak
⎡ ∂u
X ∂u
X ∂u
X ⎤
⎢ ∂X
∂Y
∂Z
⎥
⎢ ∂u
∂ ⎥
J = ⎢ Y uY
∂uY
⎥ , (14.c)
⎢ ∂X
∂Y
∂Z
⎥
⎢ ∂uZ
∂u
Z ∂u
Z ⎥
⎣
⎢ ∂X
∂Y
∂Z
⎦
⎥
dR pa je vektor, ki določa medsebojno lego dveh
infinitezimalno bližnjih masnih (materialnih) točk telesa pred
deformacijo in ima komponente:
⎡dX⎤
⎢ ⎥
dR
= ⎢dY⎥
⎣
⎢dZ⎦
⎥
S tem zapisom postane sprememba dolžine “vlakna” dR po enačbi
(12) enaka
dl 2 = dR T JdR+dR T J T dR+(JdR) T (JdR), (14a)
ki jo še malo preuredimo in dobimo enačbo
dl 2 = 2dR T ( 1/2(J+J T ) + J T J )dR.
,

TRDNOST 67
Količino
L = 1/2 [ (J+J T ) + J T J ] (15)
imenujemo Lagrangeov tenzor končnih (ali velikih specifičnih)
deformacij, ki ga predstavlja kvadratna matrika reda 3x3
sestavljena iz odvodov pomikov po materialnih koordinatah.
Prva vsota ½(J+J T ) predstavlja njegov linearni del, drugi člen
½(J T J) pa kvadratni (nelinearni) del. Kasneje pa bomo še
spoznali zakaj ga imenujemo tenzor in kaj geometrijsko
predstavljajo njegovi členi.
Z vpeljano oznako za Lagrangeov tenzor kvadrat sprememba
dolžine vlakna dR zapišemo z enačbo
dl 2 = 2 dR T L dR . (16)
Ta tenzor igra osrednjo vlogo v pri obravnavi deformacij, zato
si ga oglejmo še v izpisani matrični obliki
⎡
⎢
1 ⎢
L = ⎢
2 ⎢
⎢
⎣
⎢
(
∂u
∂X
∂u
∂X
∂u
∂X
⎡ ∂u
⎢ ∂X
⎢ ∂u
+ ⎢
⎢ ∂Y
⎢ ∂u
⎣
⎢ ∂Z
∂u
∂Y
∂u
∂Y
∂u
∂Y
X X X
Y Y Y
Z Z Z
∂u
∂X
∂u
∂Y
∂u
∂Z
X Y Z
X
∂u
⎤ ⎡ ∂u
∂Z
⎥ ⎢ ∂X
∂u
⎥ ⎢ ∂u
⎥ + ⎢
∂Z
⎥ ⎢ ∂Y
∂u
⎥ ⎢ ∂u
∂Z
⎦
⎥
⎣
⎢ ∂Z
∂u
⎤⎡
∂u
∂X
⎥⎢
∂X
∂u
⎥⎢
∂u
⎥⎢
∂Y
⎥⎢
∂X
∂u
⎥⎢
∂u
∂Z
⎦
⎥
⎣
⎢ ∂X
Y Z
X Y Z
∂u
∂X
∂u
∂Y
∂u
∂Z
∂u
⎤
∂X
⎥
∂u
⎥
⎥
∂Y
⎥
∂u
⎥
∂Z
⎦
⎥
∂u
⎤
∂Z
⎥
∂u
⎥
⎥ )
∂Z
⎥
∂u
⎥
∂Z
⎦
⎥
X Y Z
X Y Z
X Y Z
∂u
∂Y
∂u
∂Y
∂u
∂Y
X X X
Y Y Y
Z Z Z
(17)
Njegove komponente lahko predstavimo še v bolj kompaktnem
zapisu z uvedbo primernih oznak. Če komponente pomikov ux, uy,
uz označimo simbolično kar z ui, kjer indeks i lahko zavzame
vrednosti i=1,2,3, in analogno koordinate materialne točke
X,Y,Z z Xj, j=1,2,3, lahko poljubni člen tenzorja simbolično
zapišemo z enačbo
L
ij
=
1 ∂u
i
(
2 ∂X
j
∂u
j
+ ) +
∂X
i
∂u
∂u
3
1 k k
2 ∑
k= 1 ∂X
i ∂X
j
. (18)
Za zgled izpišimo eksplicitno dva elementa tenzorja. Za
i=j=x dobimo prvi člen
L
xx
1 ∂u
u u
x ∂u
x 1 ∂u
x ∂u
∂ y ∂
x
y ∂u
z ∂u
z
= ( + ) + ( + + ) ,
2 ∂X
∂X
2 ∂X
∂X
∂X
∂X
∂X
∂X

TRDNOST 68
za i=z, j=y pa dobimo drugi člen v tretji vrstici matričnega
zapisa tenzorja
L
zy
1 ∂u
Z ∂u
Y 1 ∂u
X ∂u
X ∂u
Y ∂u
Y ∂u
Z ∂u
Z
= ( + ) + ( + + ) .
2 ∂Y
∂Z
2 ∂Z
∂Y
∂Z
∂Y
∂Z
∂Y
TENZOR MALIH SPECIFIČNIH DEFORMACIJ.
Konstrukcije praviloma konstruiramo tako, da se v njih
pojavljajo samo male deformacije. Velike deformacije bi preveč
spremenile geometrijo konstrukcij in s tem povzročile razne
probleme (na primer, preveliki povesi ravnih streh povzročajo
zastajanje vode), pa tudi pri spremenljivi obtežbi preveliko
utrujanje materiala. Zato je velikostni razred odvodov
pomikov manjši kot en promil in lahko pri malih deformacijah
kvadratne člene v Lagrangeovem tenzorju zanemarimo. S tem se
izognemo bistveno zahtevnejši nelinearni analizi. Tak
reducirani tenzor s samo linearnimi členi označimo z malo črko
l,
l = 1/2 [ (J+J T ) + J T J ] (19.a)
oziroma zapisan po komponentah
1 ∂u
∂u
i j
l ij = ( + ) i, j = 1,2,3 , (19.b)
2 ∂X
∂X
j
i
imenujemo tenzor malih specifičnih deformacij. Iz gornjih
enačb je očitno, da je simetričen:
lij = lji.
Če pomike odvajamo po prostorskih koordinatah , mali xi, dobimo
tako imenovani Eulerjev tenzor malih specifičnih deformacij:
1 ∂u
∂u
i j
εij
= ( + ) i, j = 1,2,3,
(20)
2 ∂x
j ∂xi
ki podaja specifične deformacije, glede na deformirano telo,
torej so razlike pomikov »normirane« z dr.
Posledica malih pomikov pa je, da je razlika med odvodi po
materialnih in prostorskih koordinatah zanemarljiva, zato
velja enačba
∂u
∂X
i
j
∂ui
≈ i, j = 1,2,3,
∂x
j

TRDNOST 69
V nadaljnjih izvajanjih ne bomo razlikovali med Eulerjevim in
Lagrangeovim tenzorjem, njune člene pa bomo označevali z malim
epsilonom εij
1 ∂u
∂u
1 ∂u
∂u
i j i j
εij
= ( + ) = ( + ) i, j = 1,2,3
2 ∂x
∂x
2 ∂X
∂X
j
i
j
i
(21)
ZGLED 2.
Poglejmo si na enostavnem primeru kako majhna je razlika med
Lagrangeovim in Eulerjevim tenzorjem ter med Lagrangeovim
tenzorjem končnih deformacij pri osnem raztegovanju palice.
Glede na koordinatni sistem prikazan na sliki 5 so pomiki ux in
ux nični. Ko so specifične deformacije majhne in enake
(konstantne) po vsej palici
X,x-os
∆R
∆r
S=1m
s=1,001m
A
∆u
A’
Slika 5. Raztezek palice.
P
s-S=0,001m
je vrednost prve komponente Lagrangeovega tenzorja malih
deformacij enaka
l
xx
∂u
x ∆u
x s − S 0,001m
= = = = = 0,001
∂X
∆X
S 1m
Prva komponent Eulerjevega tenzorja malih deformacij pa je
ε xx
S s S m
=
s s m
− ∆ 0001 ,
= = = 0, 000999001.
1001 ,
Relativno se razlikujeta samo za manj kot eno tisočino
ε xx − lxx
lxx
0, 000999001− 0, 001
=
= 0, 000999 .
0, 001

TRDNOST 70
Prva komponenta Lagrangeovega tenzorja končnih deformacij pa
je
L
xx
2
∂u
x ⎛ ∂u
x ⎞
2
= + ⎜ ⎟ = 0,
001+
( 0,
001)
= 0,001001,
∂X
⎝ ∂X
⎠
in se tudi zanemarljivo malo razlikuje od lxx.
Zaradi enostavnosti se dogovorimo, da bomo v nadaljnjem tekstu
deformacijski malih specifičnih deformacij na kratko
imenovali kar tenzor deformacij ali deformacijski tenzor.
2.4. GEOMETRIJSKI POMEN ČLENOV TENZORJA (MALIH) SPECIFIČNIH
DEFORMACIJ.
Zaradi enostavnejše razlage obravnavajmo samo ravninsko stanje
specifičnih deformacij. Zamislimo si, da smo na neko steno
narisali dve diferencialno majhni črti vzporedno z osema
izbranega koordinatnega sistema X,Y (črti AB in AC na sliki
5). Ti dve črti sta torej medseboj pravokotni. Po obremenitvi
stene se le-ta deformira, črti pa zavzameta novo lego, A’B’ in
A’C’.
Iz slike je razvidno, da se dolžina vlaken AB in AC v smeri X
oziroma Y pri deformaciji telesa spremeni za razliko pomikov v
smeri vlaken, vlakno v smeri X za ∂u
∂X
dX
x
in vlakno v smeri Y za
∂u
∂Y
dY
y
, ko lahko zanemarimo odvode višjega reda (zvezne in male
deformacije). Če te spremembe dolžin delimo z dolžinami vlaken
dX oziroma dY, dobimo tako relativne spremembe dolžin ali
specifične deformacije
∂u
∂X
∂
ε
∂
dX
x
ux
= = x
(22.a)
dX X
in
∂u
∂Y
∂
ε
∂
dY
y
uy
= = y
(22.b)
dY Y
Tako torej diagonalni elementi deformacijskega tenzorja
predstavljajo relativne spremembe dolžin infinitezimalno

TRDNOST 71
majhnih vlaken postavljenih v smeri koordinatnih osi. Te člene
imenujemo tudi normalne specifične deformacije.
uy+( ∂ uy/ ∂ y)dy
Y,y
Y+dY
Y
C
A
X
uA
ux
ux+( ∂ ux/ ∂ y)dy
A’
uC
γ ’
uy
C’
γ ”
B
du=uB-uA
X+dX
uB
B’
( ∂ uy/ ∂ x)dx
uy
ux+( ∂ ux/ ∂ x)dx
X,x
Slika 5. Shematični prikaz deformacij dveh »vlaken«, ki sta na
začetku vzporedni s koordinatnima osema.
Druga sprememba, ki jo opazimo je sprememba pravega kota med
vlaknoma AB in AC. Iz slike vidimo, da je tangens naklonskega
kota
tan '= = u
∂u
∂Y
∂ x
γ
∂Y
dY
x
dY
(23.a)
in
tan '' = u
∂u
∂X
∂ y
γ =
∂X
dX
y
.
dX
(23.b)
Za majhna kota γ’ in γ’’ velja
tan(γ’)+ tan(γ’’)= γ’+ γ’’= γ, (24)
kjer γ predstavlja spremembo pravega kota med vlakni, ki ležita
vzdolž koordinatnih osi X,Y. Glede na enačbi 23 in definicijo
komponent deformacijskega tenzorja velja enakost

TRDNOST 72
∂u
∂u
x y
γ = ( + ) =2εxy , (25)
∂Y
∂X
Iz nje zaključimo, da člen εxy predstavlja polovico spremembe
pravega kota med vlakni. Pravimo ji strižna ali tangencialna
deformacija. Analogno seveda velja za ostale ravnine. Tako
izvendiagonalni elementi deformacijskega tenzorja
predstavljajo strižne deformacije in so enaki polovicam
sprememb pravega kota med vlakni v ravninah, ki jih paroma
določajo x-y os, x-z os in y-z os. Tenzor specifičnih
deformacij zaradi večje pomenljivosti lahko zapišemo tudi
glede na spremembe kotov:
ε=
⎡
⎢
⎢
⎢
⎣⎢
1
2
1
2
1 1
x 2 xy 2 xz
1
yx y 2 yz
1
zx 2 zy z
ε γ γ
γ ε γ
γ γ ε
⎤
⎥
⎥ .
⎥
⎦⎥
(26)
ZGLED 3.
Na neki pravokotni steni narišemo pravokotnik z osnovnico a=2m
in višino b=1m. Predpostavimo, da po obremenitvi stene nastane
po vsej steni enakomerno deformacijsko stanje, ki je podano z
deformacijskim tenzorjem
ε =
⎡
⎢
⎢
⎢
⎣⎢
1
2
1
x 2 xy
ε γ
γyx εy
0 0
0 ⎤
⎥
0 ⎥ =
⎥
ε z
⎦⎥
⎡0,
002 0, 001 0 ⎤
⎢
⎥
⎢0,
001 0, 003 0 ⎥
⎣
⎢ 0 0 − 0, 0015⎦
⎥
glede na koordinatni sistem, ki ima x-os vzporedno z osnovnico
pravokotnika in z y-os vzporedno z njegovo višino (glej sliko
Z.3.1, kjer so zaradi nazornosti pomiki narisani pretirano
veliki).
Zanima nas v kakšen lik se spremeni pravokotnik, za koliko se
podaljšajo njegove stranice, za koliko se spremeni kot med
stranicami, za koliko se povečata njegova diagonala in
površina?

TRDNOST 73
pravokotnik
(pred deformacijo)
∆b=0,003m
y
b=1m
α=26,565°
a=2m
paralelepiped
(po deformaciji)
∆d = εX’.d
d
γxy=0,002rd
∆a=0,004m
D
D’
x
x’
0,002m
Slika Z.2.1. Deformacija pravokotnika s pretirano veliko
narisanimi pomiki.
Odgovor. Lik se spremeni v paralelepiped. Ker je deformacijsko
stanje enako po celem pravokotniku, je sprememba dolžine
stranic enaka
∆a = a.εx = 2m.0,002 =0,004m
∆b = b.εy = 1m.0,003 = 0,003m
Sprememba kota med stranicama a in b pa je
γyx = 2.εyx = 2.0,001 =0,002rd.
Opozorimo naj, da nam deformacijski tenzor podaja samo
deformacije, medtem ko dejanskih pomikov iz njega direktno ne
dobimo, ker so nam z deformacijskim tenzorjem poznani samo
relativni pomiki. Dejanska lega deformiranega pravokotnika je
na podlagi podatkov iz deformacijskega tenzorja torej neznana
- ne poznamo translacije in rotacije “pravokotnika”, za njegov
prikaz pa smo si izbrali lego, da so iz nje njegove
deformacije dovolj nazorne.
Sprememba površine je enaka
∆F = (∆a.εx)a + (∆b.εy)b = 2m.0,002.2m + 1m.0,003.1m =0,011m 2 ,
kjer smo zanemarili kvadratni člen, to je člen (∆a.εx).(∆b.εy),
ki predstavlja majhno količino drugega reda.

TRDNOST 74
Relativna sprememba površine pa je kar
∆F
F
aε + bε
=
ab .
x y
= ε + ε = 0, 005 ,
x y
in je enaka vsoti diagonalnih členov tenzorja v ravnini x,y.
Relativna sprememba dolžine diagonale je enaka specifični
deformaciji v smeri x' (glej sliko Z.3.2.). V skladu s sliko
je
∆d/d = ε’x = (a.εx cosα+b.εy sinα+b.∂ux/∂y.cosα+a.∂uy/∂x.sinα)/d
Vse količine v gornji enačbi izrazimo z a-ji
d=a/cosα
b=a.sinα/cosα
in dobimo
ε’x = εx cos 2 α + εy sin 2 α + ∂ux/∂y.sinα.cosα + ∂uy/∂x.cosα.sinα
oziroma
ε’x = εx cos 2 α + εy sin 2 α + εxysin2α
= 0,002.cos 2 26,565° + 0,003 sin 2 26,565° + 0,001 sin 2.26,565°
= 0,003
Gornja enačba predstavlja je eno izmed transformacijskih
enačb, ki jih bomo splošno izpeljali v naslednjem podpoglavju.
D
∆u
∆d
α
aεx
Slika Z.3.2. Shematični grafični prikaz pomikov in povečanja
diagonale.
D’
bεy
a∂ux/∂y
X’os
b∂uy/∂x

TRDNOST 75
2.5. TRANSFORMACIJA SPECIFIČNIH DEFORMACIJ.
Imejmo v nekem (Kartezijevem) koordinatnem sistemu, ki ga
zaradi enostavnejšega izvajanja označimo z x1, x2, in x3,
podano deformacijsko stanje s tenzorjem specifičnih
deformacij, ki ga označimo z
ε=
⎡ε
ε ε
⎢
⎢ε
ε ε
⎣
⎢ε
ε ε
11 12 13
21 22 23
31 32 33
⎤
⎥
⎥ .
⎦
⎥
Zanima nas to (isto) deformacijsko stanje v nekem drugem
(Kartezijevem) koordinatnem sistemu, ki ga zaradi
enostavnejšega izvajanja označimo z x’1, x’2, in x’3. Tenzorjem
specifičnih deformacij v tem koordinatnem sistemu označimo z
ε' =
⎡ε'
ε' ε'
⎢
⎢ε'
ε' ε'
⎣
⎢ε'
ε' ε'
11 12 13
21 22 23
31 32 33
⎤
⎥
⎥ .
⎦
⎥
Za komponento ε’11, na primer, bi to pomenilo, da nas zanima
kolikšen je specifični raztezek vlakna, ki je v smeri x’ osi,
ko poznamo normalne in strižne deformacije v sistemu x1, x2, in
x3 (glej sliko Z.2.2).
Predno bomo izpeljali transformacijske enačbe se spomnimo:
Upoštevaje dogovor o sumaciji je transformacija koordinat iz
sistema x1, x2, in x3 v sistem x’1, x’2, in x’3 podana z enačbo
xi’= aij .xj ,
kjer so aij členi transformacijske matrike. Enako podamo
transformacijo komponent vektorja pomikov
ui’= aij .uj (D.1)
Obratna transformacija je
xi= a T ij .x'j = aji .x'j
od koder sledi
∂x
∂x'
i
j
= a
(D.2)
ji

TRDNOST 76
Odvod pomikov u podanih v koordinatnem sistemu x1, x2, in x3 po
koordinatah x’1, x’2, in x’3 izračunamo iz posrednega odvajanja
∂u
∂u
∂x
∂u
∂x
∂x
∂x
∂x
a
i i k i
= . = kj
(D.3)
' '
j
k
j
k
Sedaj si poglejmo specifično deformacijo v koordinatnem x’1,
x’2, in x’3
1 ∂u'
∂u'
i j
ε'ij
= ( + )
2 ∂x'
∂x'
j
i
. (D.4)
Zaradi enostavnosti razlage obravnavajmo v gornji enačbi
zaenkrat samo prvi odvod. Po enačbi D.1 je enak
∂u'
∂x'
i
j
∂(
aik uk)
∂
= = aik
∂x'
∂x'
j
j
u ( x , x , x )
k
1 2 3 ,
upoštevaje še enačbo D.3. in D.2. pa dobimo
∂u'
∂x'
i
j
= a
ik
∂u
∂x
k
m
∂x
∂x'
m
j
= a
ik
a
jm
∂u
∂x
k
m
. (D.5.a)
Drugi odvod v enačbi D.4 dobimo iz enačbe D.5 enostavno tako,
da medsebojno zamenjamo indeksa i in j. Če še zamenjamo
medsebojno indeksa k in m, ki sta sumacijska indeksa, dobimo
za drugi odvod enačbo
∂u'
j
∂x'
i
= a
jm
a
ik
∂u
∂x
m
k
. (D.5.b)
Ko enačbi za odvode (D.5.a in b) vstavimo v enačbo za
specifične deformacije v koordinatnem sistemu x’1, x’2, in x’3
(en. D.4), dobimo enačbo
1 ∂u
k ∂u
m
1 ∂u
k ∂u
m
ε′ ij = ( a ik a jm + a jma
ik ) = a ik a jm ( + ) .
2 ∂x′
∂x′
2 ∂x
∂x
m
k
Količina v oklepaju je specifična deformacija v koordinatnem
sistemu x1, x2, in x3 in enačba predstavlja transformacijo
tenzorja specifičnih deformacij v koordinatni sistem x'1, x'2,
in x'3
ε' =
a
ij
ik
a
jm
ε
km
m
k

TRDNOST 77
oziroma zapisana z matrikami
ε'= AεA T
Vidimo, da se deformacijski tenzor povsem enako transformira
kot napetostni tenzor. Zato so tudi ekstremne vrednosti
specifičnih deformacij in njihove smeri podane s povsem
enakimi obrazci kot pri napetostih. Tudi grafična analiza z
Mohrovi krogi je povsem enaka, zato je ne bomo posebej
obravnavali.
2.6. GLAVNE VREDNOSTI IN SMERI.
Ker deformacijski tenzor simetričen in realen, ravno tako kot
napetostni tenzor, ki se tudi enako transformira, veljajo tudi
zanj enaki zaključki glede lastnih vrednosti in smeri. Torej
obstajajo za vsak deformacijski tenzor tri ortogonalne smeri v
katerih nastopajo samo normalne deformacije, ki so ekstremne
(in realne). Te smeri in vrednosti imenujemo glavne smeri in
glavne vrednosti deformacijskega tenzorja, pripadajoči
koordinatni sistem pa glavni koordinatni sistem. V matematiki
jih imenujemo lastne smeri in vrednosti, ki jih seveda
izračunamo iz enačbe problema lastnih vrednosti
( ε − λI)
n = 0
na enak način kot pri tenzorju napetosti!
2.7. IZRAČUN POMIKOV.
Spoznali smo, da je deformacijski tenzor odvisen samo od
relativnih pomikov masnih točk, zato lahko iz njega izračunamo
samo tiste pomike (če so zvezni), ki povzročajo deformacije.
Iz materialnega gradienta pomikov pa lahko izračunamo
rezultantne pomike, ki povzročajo deformacije in rotacijo.
Translatornih pomikov pa iz tega gradienta ne moremo
izračunati, ker podaja samo razlike pomikov med točkami, ki so
pri translatornem pomiku nične! Poglejmo si premike krajnih
točk vlakna dR na sliki 5. Ta premik je sestavljen iz »toge«
translacije in rotacije ter iz pomika, ki spremeni njegovo
dolžino in kot med ortogonalnimi vlakni dR in dR'.

TRDNOST 78
dR’ translacija
dR
du elongacije
pravi kot
du striga
dr’
dr
deformacija:
dud =εdR
dR
du=JdR
rotacija:
dur=wdR
Slika 6. Simbolični prikaz premika in deformacije »vlakna« dR.
Poglejmo si te relacije še teoretično. Pomik izračunan iz
gradienta pomikov je enak
du = JdR.
Če ga zapišemo po komponentah, kjer gradient pomikov
razstavimo na simetrični in antisimetrični del in enačbo
preuredimo, dobimo enakost
du = u
X .dX
u u
X X dX
u u
X X dX
∂ i ∂ ∂
i j ∂ ∂
1
1 i j
i
j = ( + ) j + ( − ) j .
∂
2
j ∂ j ∂
2
i ∂ j ∂ i
V prvem sumandu nastopa deformacijski tenzor, v drugem pa
tenzor, ki podaja togo rotacijo. Enačbo še zapišimo v
kompaktni obliki
du = εdR + wdR,
kjer smo z w označili tenzor rotacije. Ta je antisimetričen,
zanj velja enačba
wij = -wij = w T ij ,
in prav nič ne doprinese k deformacijam. Dokažimo še to:
upoštevajmo pri pomikih samo prispevek rotacijskega tenzorja
in računajmo spremembo velikosti dR:
dl 2 = dr T dr - dR T dR = (dR+wdR) T (dR+wdR)- dR T dR
= dR T w T dR + dR T wdR +dR T w T wdR
Če zanemarimo kvadratni člen

TRDNOST 79
dl 2 = dR T (w T + w)dR = 0
in upoštevamo antisimetrijo w-ja
w T =-w
ugotovimo, da je dl nična, torej w ne prispeva k deformacijam.
Samo za »vlakna«, ki so vzporedna s koordinatnimi osmi pa
lahko izračunamo relativni pomik krajišč v osni smeri iz
deformacijskega tenzorja. Na primer, če leži vlakno v x smeri
med točkama x1 in x2 je relativni pomik enak krajišča 2 glede
na krajišče 1 enak
u
x, relativni
= u
2
− u
1
= ∆u
=
x 2
∫
x1
∂u
x
dx =
∂x
x 2
∫
x1
ε
xx
dx
Če specifična deformacija enaka vzdolž vlakna z dolžino S,
tedaj je raztezek enak
x
∆S = u 2 − u1
= ∆u
= ∫ εxx
dx = εxx
∫ dx = εxx
( x 2 − x1)
= εxx
. S
x
2
1
2.8. NEPOSREDNA IZPELJAVA ENAČBE ZA LASTNE VREDNOSTI
DEFORMACIJSKEGA TENZORJA.
x
x
2
1
Zaradi fizikalne interpretacije lastnih vrednosti tenzorja
specifičnih deformacij izpeljimo enačbo za lastne vrednosti
neposredno.
Samo pomiki v smeri vlakna dR določajo spremembo njegove
dolžine (slika 7).
dR
To zahtevo zapišemo z enačbo
du = εdR = λdR
du
Slika 7. Kolinearnost pomika z dR.
Ko enačbo delimo z velikostjo dR, in upoštevamo da je smerni
vektor za dR enak

TRDNOST 80
n=dR/dR,
dobimo enačbo problema lastnih vrednosti
du
= εn = λn
.
dR
Vsi smerni vektorji n, ki izpolnjujejo to enačbo nam torej
dajo smeri, kjer so samo normalne specifične deformacije, λ pa
so njihove vrednosti, ki predstavljajo ekstremne relativne
spremembe dolžin vlaken dR.
2.9. EKSTREMNE STRIŽNE DEFORMACIJE.
Ker se deformacijski tenzor transformira na povsem enak način
kot napetostni, izračunamo ekstremne strižne deformacije na
enak način kot strižne napetosti.
2.10. ZNAČILNOST DEFORMIRANJA
Če se na primer na neki steni pojavi enakomerno deformacijsko
stanje (v vseh točkah so deformacije enake) se kvadrat, ki ga
narišemo na steno pred deformacijo, spremeni v paralelogram
(slika a). Ker obstajajo glavne smeri, kjer ni strižnih
deformacij, se kvadrat narisan na steno s stranicami v smeri
glavnih osi spremeni v pravokotnik (slika b). Kvadrat, ki pa
je zasukan za 45°glede na glavne osi, pa se spremeni v
paralelogram, sprememba pravih kotov pa je največja.

TRDNOST 81
II -os
Slika a. Deformacija v smeri glavnih osi, ki niso glavne.
II -os
Y -os
Y -os
Slika b. Deformacija v smeri glavnih osi.
I -os
I -os
X-os
X-os

TRDNOST 82
3. KONSTITUTIVNE ENAČBE
3.1. PREDPOSTAVKE IN IZPELJAVA ENAČB ZA RELACIJE MED
NAPETOSTMI IN SPECIFIČNIMI DEFORMACIJAMI.
Doslej smo obravnavali napetosti in specifične deformacije
ločeno. V vsakem materialu in tako tudi v konstrukcijah pa
obstaja med njunimi spremembami soodvisnost, na katero pa
vplivata še temperatura in čas. Zveza med velikimi spremembami
teh količin je izrazito nelinearna in je za različne materiale
različna.
Slika 1. Osni stisk palice s pomikom desne podpore.
σx
1.5
1
0.5
0
t 1
y
1
x
εx (t), σx(t)
(a) velika začetna napetost
spremeba napetosti s časom
(b) mala začetna napetost
čas (meseci)
Slika 2. Diagram, ki prikazuje principialni potek časovnega
spreminjanja napetosti pri mali in veliki začetni obremenitvi
ob konstantni temperaturi in specifični deformaciji.
ux

TRDNOST 83
Poglejmo si na primer kako vpliva čas (t) na spremembo
napetosti, medtem ko sta temperatura T in specifične
deformacije konstantne. Tak slučaj dobimo pri enostavni osni
deformaciji palice, ko se njeni podpori zbližata za pomik ux in
nato ostaneta v takem položaju (glej sliko 1). Po premiku
podpor se pojavi v palici osna deformacija εx, ki se s časom ne
spremeni ter osna napetost σx(t1), ki pa se časom zmanjšuje kot
eksponencialna funkcija (glej sliko 2). To zmanjševanje
napetosti je odvisno od velikosti začetne napetosti σx(t1)
oziroma od deformacije εx . Če sta ti vrednosti precej manjši
od porušnih vrednosti, pa je vpliv časa zanemarljiv (krivulja
b na sliki 2).
Poglejmo si še principialni potek deformacij, kjer obremenitev
povečujemo do porušitve vzorca v relativno kratkem času
(recimo do nekaj ur) in je zato vpliv časa na deformacije
zanemarljiv. Na sliki 3 je prikazan diagram, ki je tipičen za
gradbene materiale kot sta jeklo in beton, kjer beton za
razliko od jekla preizkušamo predvsem na tlak. Pri enoosnem
nateznem preizkusu jekla povečujemo osne napetosti in hkrati
merimo osne specifične deformacije na tako imenovani epruveti,
ki predstavlja jekleno palico primernih dimenzij za natezni
aparat. Če na abscisi podajamo vrednosti specifičnih
deformacij ε, na ordinato pa napetosti σ, dobimo tako imenovani
σ-ε diagram (slika 3).
σ =P/A
σ =k.ε
α
P
epruveta
0 Linearni del Elastoplastič
ni del
L
∆ L
ε p
proporcionalni
P
ε =∆ L/L
Del pred
porušitvijo
Slika 3. σ-ε diagram: shematični potek enoosnega nateznega
preizkusa.

TRDNOST 84
Ta ima tri tipična območja: linearno, elasto-plastično ali
nelinearno in porušitveno območje. Velikost teh območij ter
oblika nelinearnega dela odvisna od materiala in so lahko zelo
različna. Pri jeklu je na primer lahko nelinearna faza več
desetkrat daljša od linearne. Prvo področje imenujemo linearno
ali proporcionalno, ker so napetosti v enostavni linearni
zvezi z deformacijami
σ = k . ε ,
kjer je k tangens naklonskega kota α premice in je značilen za
dani material. To je prva elastična konstanta in jo imenujemo
Youngov modul ali elastični modul in ga običajno označujemo s
črko E. Torej je Youngov modul definiran z razmerjem spremembe
napetosti in deformacije pri enoosnem napetostnem stanju:
tg α ≡ E = dσ
/ dε
.
Značilnosti območij pri enoosnem nateznem ali tlačnem preskusu
se izkažejo predvsem pri ponavljanju razbremenjevanja in
obremenjevanja epruvete, torej pri procesih, ki so običajno
prisotni v vsaki konstrukciji.
(1) Če preizkušanec obremenjujemo do meje elastičnosti (glej
sliko 4, točka B in pot S1) ali pa manj ter ga nato
razbremenimo, tedaj poteka razbremenjevanje v obratni
smeri, po poti S2. Po razbremenitvi je tudi specifična
deformacija nična in pravimo, da se je preskušanec vrnil
v izhodiščno obliko. Na njem niso nastale nikakršne
trajne deformacije in pravimo, da se material obnaša
linearno elastično.
(2) Če preskušanec prvič obremenimo preko meje elastičnosti,
do neke točke C v elasto-plastičnem področju in ga
razbremenimo, gre proces razbremenitve po poti S3 do točke
D, ki je vzporedna poti S2. Pri tem ostane trajna
plastična deformacija preizkušanca – preizkušanec se je
trajno deformiral.
(3) Pri ponovnih cikličnih obremenitvah vse do točke C (pot S3
in S4) se material obnaša linearno elastično, elastični
modul pa se ne spremeni. S prvo obremenitvijo smo dosegli
samo povišanje meje elastičnosti iz točke B v točko C.
Pravimo, da smo material utrdili, pojav pa je znan pod
imenom Bauschingerjev efekt. Tako utrditev lahko izvajamo
vse do meje elasto-plastičnega področja.
(4) Če material obremenimo v porušitveno področje pa izgubi
praktično vse elastične lastnosti in trdnost ter se
poruši.

TRDNOST 85
σ
σpor
σm.pl
σm.el
0
P
ε = E.σ
α
S1
plastična
deformacija
D
α
S2
L
S4
B
Linearni del Elastoplastični
del
S3
P
meja elostoplastičnosti
C
ε proporcionalni,
meja elastičnosti
porušitev
ε
Del pred
porušitvijo
Slika 4. Tipičen diagram poteka deformacij pri obremenilno
razbremenilnem enoosnem nateznem preizkusu.
V mnogih praktičnih inženirskih problemih stremimo za tem, da
so velikosti in variacije napetosti v konstrukcijah dovolj
majhne, da ne pride do velikih deformacij, ki bi motile
uporabnost konstrukcije ter povzročale utrujanje materiala.
Zaradi malih napetosti lahko vpliv časa zanemarimo, zveze med
spremembami teh količin pa opišemo zadosti natančno z
linearnimi funkcijami. Pravimo, da je material v linearno
deformacijsko napetostnem stanju, matematično ga pa
analiziramo v okviru linearne analize. Linearna analiza je
bistveno enostavnejša in je inženirsko preglednejša in
hitrejša od nelinearne analize. Zato se tudi pri prednapetih
železo-betonskih konstrukcijah in pri zemljinah, kjer je treba
upoštevati vpliv časa in nelinearne zveze med napetostmi in
specifičnimi deformacijami, če se le da poslužujemo linearne
analize in rezultate dopolnimo z nelinearnimi vplivi.
Matematičnima enačbe, ki podajajo funkcijski opis zvez med
napetostmi in specifičnimi deformacijami imenujemo
konstitutivne enačbe. Mi se bomo ukvarjali samo z linearnimi

TRDNOST 86
konstitutivnimi enačbami, znanimi tudi kot Hookeov zakon.
Material, kjer veljajo take zveze imenujemo idealno elastični
material ali Hookeov material.
V splošnem 3-D napetostno-deformacijskem stanju te zveze
izpeljemo na podlagi superpozicije eno-osnih obremenitev, kjer
lahko tudi eksperimentalno ugotavljamo elastične
karakteristike. Material, ki ima enake elastične
karakteristike v vseh smereh imenujemo izotropen material. Za
tak material ugotovimo tri materialne oziroma elastične
konstante, čeprav bomo kasneje ugotovili, da so med seboj
odvisne.
Prva elastična konstanta je že omenjeni Youngov modul, ki smo
ga definirali na podlagi enoosne obremenitve. Za izotropni
material torej velja posebej za vsako smer pravokotnega
koordinatnega sistema ustrezna enačba. Za enoosno obremenitev
v smeri x
σxx = E.εxx ,
za enoosno obremenitev v smeri y
σyy = E.εyy ,
in za enoosno obremenitev v smeri z enačba
σzz = E.εzz.
Druga elastična konstanta je razmerje med prečno in vzdolžno
specifično deformacijo pri enoosni obremenitvi (slika 5).
Imenujemo ga Poissonov količnik ali koeficient ali koeficient
prečne kontrakcije. Označimo ga s črko ν in ga definiramo kot
negativno razmerje prečne kontrakcije in vzdolžne deformacije
v smeri enoosne obremenitve
ε yy ε
ν =− =−
ε ε
xx
zz
xx

TRDNOST 87
εyy

TRDNOST 88
Tako na primer τxy prav nič ne vpliva na deformacije γyz, kar je
teoretično pokazal Lame. Zaradi tega zadnje tri enačbe že v
celoti podajajo zveze med strižnimi napetostmi in strižnimi
deformacijami tudi tedaj, ko imamo strižne in normalne
napetosti v vseh treh smereh, torej za splošno prostorsko
napetostno deformacijsko stanje. Te enačbe predstavljajo
sistem treh linearnih nevezanih enačb iz katerih enostavno
izračunamo obratne zveze:
γxy = τxy /G
γxz = τxz /G
γyz = τyz /G
Za razliko od strižnih deformacij pa pri normalnih
deformacijah pride do medsebojnega vpliva. Enačbe za normalne
deformacije izpeljemo iz namišljenega preskusa, kjer
obremenimo infinitezimalni kubni element nekega materiala
ločeno v vsaki smeri (slika 7)
Pri osni obremenitvi v smeri x nastopijo specifične
deformacije v vseh smereh in so enake
ε
ε
ε
( 1)
xx
( 1)
yy
( 1)
zz
1
= σ
E
= −νε
= −νε
xx
( 1)
xx
( 1)
xx
1
= − νσ
E
1
= − νσ
E
xx
xx
Pri osni obremenitvi v smeri y nastopijo specifične
deformacije
ε
ε
ε
( 2)
yy
( 2)
xx
( 2)
zz
1
= σ
E
= −νε
= −νε
yy
( 2)
yy
( 2)
yy
1
= − νσ
E
1
= − νσ
E
in pri osni obremenitvi v smeri z
( 3)
1
ε zz = σ zz
E
( 3)
( 3)
1
ε xx = −νε
zz = − νσ zz
E
( 3)
( 3)
1
ε yy = −νε
zz = − νσ zz .
E
yy
yy

TRDNOST 89
(1)Osna obremenitev
v smeri x
y
z
x
σxx
(2)Osna obremenitev
v smeri y
(3)Osna obremenitev
v smeri z
σzz
(1)+(2)+(3)=
prostorska obremenitev
z
normalnimi napetostmi
Slika 7. Prikaz zaporednega obremenjevanja.
Pri delovanju vseh treh osnih napetosti hkrati dobimo splošno
prostorsko napetostno stanje za normalne napetosti. Specifične
deformacije pa so enake kar seštevku specifičnih deformacij za
posamezne osne obremenitve. Ta enostavna superpozicija
deformacij je dovoljena samo pri malih specifičnih
deformacijah, kjer so razlike med specifičnimi deformacijami
merjenimi glede na deformirano in nedeformirano telo
zanemarljive (Lagrangeov in Eulerjev tenzor malih deformacij
sta enaka)! Tako za deformacijo v smeri x, ki je posledica
vseh treh osnih obremenitev dobimo enačbo
σyy
+
+
σyy
σxx
σzz

ε
TRDNOST 90
xx
= ε
( 1)
xx
+ ε
( 2)
xx
+ ε
( 3)
xx
=
1
( σ
E
xx
− ν(
σ
yy
+ σ
in analogno še za ostale smeri
1
εyy = ( σyy − ν( σxx+ σzz
))
E
1
εzz = ( σzz − ν( σxx + σyy
)).
E
zz
))
Vse enačbe skupaj predstavljajo Hookeov zakon in jih lahko
zapišemo še v matrični obliki
⎡ε
⎢
ε
⎢
⎢ε
⎢
⎢ε
⎢ε
⎢
⎣⎢
ε
xx
yy
zz
xy
xz
yz
1 −ν −ν
E
−ν E
1
E
−ν
E
−ν E
−ν
E
1
E E E
⎡
⎤
0 0 0 ⎤
⎢
⎥⎡σ
⎥ ⎢
0 0 0 ⎥⎢
σ
⎥ ⎢
⎥⎢
⎥ ⎢
0 0 0 ⎥⎢
σ
⎥ = ⎢
1 ⎥⎢
⎥
τ
⎢ 0 0 0 0 0
2G
⎥⎢
⎥ ⎢
1 ⎥⎢
τ
⎥ ⎢
0 0 0 0 0
2G
⎥⎢
⎦⎥
⎢
1 ⎥⎣⎢
τ
⎣
0 0 0 0 0
2G
⎦
xx
yy
zz
xy
xz
yz
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥ .
⎥
⎥
⎥
⎦⎥
Hookeov zakon torej zapišemo s šestimi enačbami. Pri tem je
pomembno opozoriti, da so prve tri enačbe podajajo zvezo samo
med normalnimi napetostmi in deformacijami – strižne napetosti
prav nič ne vplivajo na normalne specifične deformacije v
danem koordinatnem sistemu. Prve tri enačbe so tudi med seboj
vezane – vsaka normalna napetost vpliva na vse normalne
deformacije, in se rešujejo kot sistem treh enačb.
Zadnje tri enačbe, za strižne napetosti in deformacije, pa so
med seboj nevezane in se rešujejo ločeno vsaka zase. Vsaka
strižna napetost določa samo isto smiselno strižno
deformacijo.
Deformacijsko-napetostno stanja je torej enolično določeno z
ustreznimi najmanj šestimi vrednostmi napetostnega in/ali
deformacijskega tenzorja.
3.2. VPLIV TEMPERATURE NA SPECIFIČNE DEFORMACIJE.
Temperatura vpliva samo na normalne specifične deformacije, ki
so enostavno linearno proporcionalne s temperaturo. Za
izotropni material zapišemo soodvisnost spremembe temperature
∆T in spremembe normalne specifične deformacije ∆ε v poljubni
smeri z enačbo
∆ ε = α . ∆T,
i = x, y, z ,
i
T

TRDNOST 91
kjer je αT temperaturni razteznostni koeficient. Za jeklo in
beton na primer je αT =10 -5 /°C. Če poleg obremenitve z
napetostmi nastopi temperaturna sprememba, so rezultirajoče
normalne specifične deformacije zaradi linearnih soodvisnosti
enostavno enake vsoti specifičnih deformacij zaradi obeh
vplivov:
∆ ε
i
= ∆ε
i
( σ)
+ ∆εi
( ∆T),
i =
x, y, z
Če izpustimo znak za variacije napetosti in specifičnih
deformacij tedaj so enačbe za Hookeov zakon enake
1
ε xx = ( σ xx
E
− ν(
σ yy + σ zz )) + α T∆T
1
ε yy = ( σ yy − ν(
σ xx
E
+ σ zz )) + α T∆T
1
ε zz = ( σ zz
E
− ν(
σ xx + σ yy )) + α T∆T
.
3.3. ZVEZA MED MATERIALNIMI KONSTANTAMI.
Pri materialnih konstantah sta posebno pomembni še dve
dejstvi. Prvo je, da sta samo dve konstanti neodvisni, torej
obstaja zveza med materialnimi konstantami. Tako so materialne
karakteristike za homogeni izotropni material določene s samo
dvema konstantama. Izpeljimo si to zvezo. Zamislimo si, da smo
v nekem materialu z obremenitvijo dosegli v ravnini x-y stanje
čistega ravninskega striga, kjer vrednost za strižno napetost
označimo s k,
τxy = k,
ostale napetosti pa so nične (slika 8.a). V glavnem sistemu,
ki je kot vemo za 45° zasukan, imamo tedaj samo normalni
napetosti (slika 8.b), ki sta
σ1 = τxysin(2.45°)= k
σ2 = -τxysin(2.45°)= -k
in pripadajoči normalni specifični deformaciji
1
k
ε 1 = ( σ1
− νσ2)
= ( 1+
ν)
E
E
1
k
ε 2 = ( σ2
− νσ1)
= − ( 1+
ν)
.
E
E

TRDNOST 92
(a) stanje
čistega striga
τxy=k
y
x
τxy=k
(b) pripadajoči glavni
koordinatni sistem
σ2=-k
σ1=k
y1
x1
σ1=k
α=45°
Slika 8. Napetostno stanje ter koordinatna sistema za izračun
zveze med materialnimi konstantami.
Te specifične deformacije transformirajmo nazaj v sistem x-y,
kjer dobimo samo strižno deformacijo, ki je enaka
1
γ xy ≡ 2ε xy = 2(
− )( ε1
− ε 2 ) sin( −2.
45°
)
2
1 k k
= 2(
− )( 2 ( 1+
ν)
+ 2 ( 1+
ν))
sin( −2.
45°
) .
2 E E
k
= 2 ( 1+
ν)
E
Po definiciji pa je strižni modul enak kvocientu strižne
napetosti in deformacije
τ
G =
γ
xy
xy
oziroma
E
G =
2(
1+
ν)
k
=
k(
1+
ν)
2
E
Drugo dejstvo se nanaša na Poissonov količnik. Če stiskamo
material z napetostmi
σx = σy = σz = -k, k>0,
mora biti specifična sprememba volumna negativna ali pri
nestisljivem materialu kvečjemu nična. Po Hookeovem zakonu je
enaka

TRDNOST 93
dV/V = εx + εy + εy = -3k(1-2ν)< ali =0
od koder zaključimo, da je
ν ≤ 12 / .
Čeprav se da pokazati, da če je lahko Poissonov količnik tudi
med -1 in 0, ni v nasprotju z nobenim poznanim zakonom, pa
materialov, ki imajo takšen Poissonov kvocient ne poznamo.
Zato smatramo, da je Poissonov koeficient v intervalu
0≤ ν ≤1/
2.
-o-
Pri izračunu obratnih zvez med napetostmi in specifičnimi
deformacijami je potrebno samo iz invertirati samo prve tri
enačbe, to so enačbe za normalne napetosti in normalne
specifične deformacije, ki so vezane enačbe. Tako dobimo
inverzne relacije, ki jih enostavneje zapišemo z Lame-jevima
konstantama λ in µ (brez vpliva temperature)
⎡σ
⎢
σ
⎢
⎢σ
⎢
⎢ τ
⎢ τ
⎢
⎣⎢
τ
xx
yy
zz
xy
xz
yz
⎤ ⎡λ
+ 2µ λ λ 0 0 0 ⎤⎡ε
⎥ ⎢
λ λ µ λ
ε
⎥
+
⎥⎢
2 0 0 0
⎢
⎥⎢
⎥ ⎢ λ λ λ + 2µ 0 0 0 ⎥⎢
ε
⎥ = ⎢
⎥⎢
⎥ ⎢ 0 0 0 2µ 0 0 ⎥⎢ε
⎥ ⎢ 0 0 0 0 2µ 0 ⎥⎢ε
⎥ ⎢
⎥⎢
⎦⎥
⎣ 0 0 0 0 0 2µ
⎦⎣⎢
ε
kjer so zveze med Lamejevimi in inženirskimi konstantami
sledeče:
νE
λ =
( 1+ ν)( 1−2 ν)
µ = G.
Obratne zveze smo tako zapisali samo z dvema materialnima
konstantama.
3.4. RAVNINSKO NAPETOSTNO STANJE
Pri ravninskem napetostnem stanju v ravnini x,y so vse
napetosti v eni smeri, na primer v smeri z, enake nič:
σzz = τzx = τzy = 0.
xx
yy
zz
xy
xz
yz
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥ ,
⎥
⎥
⎥
⎦⎥

TRDNOST 94
Takšno stanje je tipično za stene. Tedaj v smeri z obstajajo
samo normalne specifične deformacije, ki jih izračunamo iz
enačbe
σ = λ + 2µ
) ε + λε + λε = 0 ,
zz
( zz yy xx
ki nam da zvezo med specifičnimi deformacijami
λ
ε zz = − ( ε yy + εxx
) .
λ + 2µ
Če Lame-jeve konstante izrazimo z inženirskimi, ter specifične
deformacije z napetostmi, je koeficient v gornji enačbi enak
λ ν
=
λ + 2µ 1−ν
in specifična deformacija v z smeri izražena z napetostmi je
ε
ν
=− ( σ + σ ).
E
zz xx yy

TRDNOST 95
4. POŠEVNI UPOGIB RAVNIH NOSILCEV KONSTANTNEGA PRESEKA
4.1. Inženirski pomen problema upogiba nosilcev.
Mnoge inženirske konstrukcije so sestavljene tudi ali pa sploh
samo iz ravnih linijskih elementov konstantnega preseka -
ravnih nosilcev. Tipične take konstrukcije so na primer
okvirne konstrukcije (slika 1).
Slika 1. Simbolični prikaz okvirne konstrukcije z linijskimi
elementi.
Ena izmed osnovnih zahtev, da lahko konstrukcijo trajno, varno
in nemoteno uporabljamo je, da se noben element ne deformira
prekomerno, da ne razpoka ali se celo zlomi pod koristno in
lastno težo konstrukcije. Da ne nastanejo razpoke ali da se
nosilec celo zlomi, moramo izračunati napetosti in specifične
deformacije v vsaki točki nosilca in nato računsko ugotoviti
ali so le-te v mejah, ki jih material “prenese”. V naslednjih
poglavjih se bomo ukvarjali samo z vprašanjem kako izračunamo
normalne napetosti in specifične deformacije v nosilcih zaradi
njihovega upogiba in kasneje še ugotovili strižne napetosti,
ki so tudi posledica upogiba. Omejili se bomo samo na ravne
nosilce konstantnega preseka, ki v praksi tudi daleč
najpogosteje nastopajo. Z ostalimi problemi - poves, uklon,
torzija nosilcev, itd., pa se bomo ukvarjali v drugih
poglavjih.
4.2. Opredelitev naloge pri izračunu napetosti v nosilcih ter
izhodiščne predpostavke.
Zamislimo si, da smo nosilec v katerem želimo izračunati
napetosti in specifične deformacije izrezali iz konstrukcije
(slika 1 - nosilec A-B) in upoštevamo vse tiste sile, ki
povzročajo njegov upogib in osne deformacije (slika 2a). Te
sile so “zunanja” obtežba (q, P, ...) ter rezultante veznih
sil in momentov (MA, QA, NA, MB, QB, NB) med konstrukcijo in
nosilcem na obeh konceh nosilca, s katerimi ostali del
konstrukcije učinkuje na nosilec. Te količine imenujemo tudi

TRDNOST 96
robne vrednosti nosilcev in jih izračunamo z ustreznimi
metodami za analizo konstrukcij. Robne in obtežne sile,
dimenzije in materialne lastnosti nosilca so vsi potrebni
podatki za analizo napetosti v nosilcu po tako imenovani
tehnični teoriji upogiba, ki je dovolj enostavna in daje
zadosti natančne rezultate za inženirsko prakso. Cilj tega
poglavja je, da izpeljemo v inženirski praksi uveljavljeni
analitični obrazec, ki direktno podaja napetosti (in
specifične deformacije) v vsaki točki nosilca v odvisnosti od
rezultantnih notranjih silah v presekih nosilcev in seveda
tudi v odvisnosti od dimenzij in materiala nosilca.
Rezultantne notranje sile, kot vemo, enostavno izračunamo iz
zunanje obtežbe (ki vključuje tudi robno obtežbo) na podlagi
ravnotežnih enačb.
Slika 2a. Simbolični prikaz izrezanega nosilca z robnimi
silami in obtežbo po nosilcu v ravnini x,y.
Za opis mehaničnih količin izberemo lokalni koordinatni sistem
(slika 2b), kjer x postavimo izključno samo v težiščnico
nosilca, y in z os pa pri ravnih nosilcih v poljubni smeri
vendar pravokotno na x os tako, da dobimo Kartezijev
koordinatni sistem. Opozorimo naj, da je postavitev x osi v
težiščnico nosilca bistvena za precejšnjo poenostavitev
obrazcev za izračun napetosti in specifičnih deformacij.
Najprej se bomo ukvarjali samo z izračunom normalnih napetosti
σx. V vsaki točki nosilca, ki je določena s koordinatami x,y,z
jih lahko simbolično izrazimo s funkcijo
σ x( xyz , , ) = fxyz ( , , ; N ( x), My( x), Mz( x),
geom . last . presekov ) . (1)
Vsaka vrednost koordinate x določa neki presek nosilca
pravokotno na njegovo os, y in z pa točko na tem preseku.
N(x), My(x) in Mz(x) so rezultantne notranje sile v preseku,
določenem z vrednostjo koordinate x. Geometrijske značilnosti
presekov so vztrajnostni (in statični) momenti in površina
preseka. Po gornji enačbi torej dobimo za konstantni x
razporeditev normalnih napetosti po preseku. Kot je razvidno
iz slike 2.b, pa je na primer v takem koordinatnem sistemu s
konstantnima y in z podana lokacija »vlakna« nosilca, ki je

TRDNOST 97
vzporedno s težiščnico. Glede na enačbo (1) pa so tedaj
funkcijsko podane natezne (ali tlačne) napetosti v tem vlaknu.
Omenimo še zakaj ime »poševni upogib«. Ko deluje upogibni
moment okoli y ali z osi, ki ni glavna os preseka, se nosilec
upogne "poševno", torej tudi v smeri, ki ni pravokotna na
delovanje prečne obtežbe.
Slika 2.b. Postavitev težiščnega koordinatnega sistema za
izračun napetosti v presekih nosilca ter prikaz rezultantne
osne notranje sile in momentov, ki delujejo na poljubno
izbrani presek. Narisane so samo tiste sile in momenti, ki
povzročajo normalne napetosti v preseku.
Z izpeljavo obrazcev za izračun napetosti in specifičnih
deformacij v nosilcih se je ukvarjalo mnogo raziskovalcev. Za
začetnika sodobnega pristopa k reševanju tega problema se
smatra Galilejo, bistvene prispevke pa so podali Saint-Venant,
Bernouli, Euler in morda nazadnje najceloviteje še Timošenko.
Glavni problem, s katerim so se srečevali, je bil v tem, da so
linijski nosilci tridimenzionalna telesa in je analiza, ki je
natančno v skladu z vsemi osnovnimi enačbami mehanike
(ravnotežne enačbe, kompatibilnostni pogoji in Hookeov zakon)
za inženirsko prakso bistveno prezahtevna. Zato so iskali
takšen fizikalno-računski model nosilcev, kjer je moč
izračunati napetosti dovolj enostavno in natančno za
inženirsko prakso. Izhajali so iz raznih predpostavk o
razporeditvi napetosti, specifičnih deformacij in robnih
pogojev, ki so bolj ali manj odgovarjale dejanskim razmeram v
nosilcih. Namen teh predpostavk je bil, da bi poenostavili
tridimenzionalni problem tako, da ga je moč analitično ali pa

TRDNOST 98
vsaj numerično rešiti relativno enostavno vendar še vedno z
zadovoljivo natančnostjo rezultatov.
Mi bomo prikazali izpeljavo enačbe za normalne napetosti v
bistvu na način, ki ga je podal J.T.Oden za ukrivljene
nosilce, za ravne nosilce pa je precej enostavnejši. Pri tem
moramo uvesti določene predpostavke, ki so v večini praktičnih
primerov dovolj dobro izpolnjene, upogibno teorijo na podlagi
teh predpostavk pa imenujemo tehnična teorija upogiba.
Prva predpostavka obravnava materialne lastnosti nosilca. Tako
predpostavimo, da je material nosilca homogen, izotropen ter
idealno linearno elastičen. Ta predpostavka ni nujna za
aplikacijo tehnične teorije upogiba, saj je ta teorija povsem
uporabna tudi za bistvene gradbene materiale, ki so ortotropni
oziroma kompozitni kot sta les in armirani beton. Tu jo
postavljamo predvsem zaradi enostavnosti in jasnosti razlage.
Ko ta predpostavka ni izpolnjena, lahko z enostavnimi
dopolnitvami kljub temu računamo po tej teoriji (na primer, če
pri armiranem betonu uvedemo tako imenovane ekvivalente
površine presekov).
Druga predpostavka podaja način deformiranja nosilca. Za
utemeljitev uvedbe te predpostavke si najprej oglejmo
neobremenjeni nosilec ter principialni potek deformacij
nosilca po obremenitvi (slika 3). Če bi opazovali poljubni
ravni presek pravokotno na os nedeformiranega
(neobremenjenega) nosilca, bi ugotovili, da se je po
obremenitvi nosilec deformiral tako, da je ta presek ostal še
vedno praktično raven in pravokoten na deformirano os nosilca.
Zato sprejmemo predpostavko, ki jo imenujemo Bernoullijeva
(Bernoulli-Eulerjeva) hipoteza.
Tako lahko zapišemo definicijo: Bernoullijeva-Eulerjeva
hipoteza pravi, da se nosilci pri (poševnem) upogibu
deformirajo tako, da preseki, ki so pred obtežbo nosilca ravni
in pravokotni na os ostanejo po deformaciji nosilca še vedno
ravni vendar pa pravokotni na deformirano os nosilca. Lahko bi
rekli, da se translatorno premaknejo ter zasučejo okoli neke
osi, ki leži v ravnini preseka kot toge ravne ploskve. Ta
predpostavka dokaj natančno opisuje dejanske deformacije pri
upogibu nosilcev in je ključna za enostavno izpeljavo enačb za
napetosti v nosilcih. Z njo bistveno poenostavimo analitični
zapis pomikov vseh točk nosilca v osni smeri. Zaradi nje
pomike v osni smeri lahko izrazimo samo s prečnimi pomiki
težiščnice in s tem problem deformacij nosilca kot tri
dimenzionalnega telesa “prevedemo” na problem pomikov
težiščnice, ki je samo funkcija ene spremenljivke (koordinate
x).

TRDNOST 99
Slika 3. Principialni potek deformacij nosilca - Bernoullijeva
hipoteza. Slika (a) predstavlja nosilec pred deformacijo,
slika (b) pa deformacijo nosilca zaradi upogiba, kjer so
prikazani pomiki obeh robnih ter dveh poljubnih presekov
nosilca, ki se praktično kot togi samo zasučejo in
translatorno premaknejo tako, da ostanejo pravokotni na
deformirano os nosilca. Zaradi preglednosti obtežbene sile
niso narisane.
Tretja predpostavka. Zaradi obtežbe nosilca po njegovi
površini z razporejeno ali pa s koncentrirano obtežbo so
normalne in tudi strižne napetosti v y in z smeri različne od
nič. Vendar pa so te napetosti pri daljših nosilcih v
primerjavi z normalnimi napetostmi v x smeri (osni smeri) tako
majhne, da naredimo zanemarljivo napako, če jih ne upoštevamo.
Pri koncentriranih obtežbah lahko pride sicer do velikih
lokalnih napetosti, ki pa so lokalnega značaja saj z
oddaljenostjo zelo hitro pojenjajo in so v ostalih delih
nosilca zanemarljive. Zato sprejmemo še tretjo predpostavko,
da so normalne napetosti v prečni smeri nosilca nične,
σy = σz
= 0 , (2)
ki zelo poenostavi izračun osnih napetosti σx. Omenimo naj, da
s to predpostavko dopuščamo, da se preseki v svoji ravnini

TRDNOST 100
deformirajo - preseki se skrčijo oziroma raztegnejo vendar pa
ostanejo ravni.
4.3. Matematično podajanje osnih pomikov točk na prečnih
presekih nosilca.
Te pomike izrazimo, kot smo omenili, z vertikalnimi pomiki
težiščnice. Krivuljo, ki opisuje lego deformirane težiščnice,
imenujemo upogibnico.
Slika 4. Shematični prikaz dislokacije (premika) poljubno
izbranega preseka nosilca kot toge ploskve. Za nazornejši
prikaz izpeljave funkcije pomikov smo presek po deformaciji
nosilca še premaknili vzporedno z y in z osjo tako, da njegovo
težišče spet leži na x-osi (nezatemnjeno narisani presek). Pri
tem nismo spremenili pomikov točk preseka v x smeri.
Opazujmo neki poljubni ravni presek, ki je pravokoten na os
nosilca pred deformacijo. Za tak presek so vrednosti
koordinate x konstantne. Ta presek se po obremenitvi premakne
v neko novo (končno) lego. Na sliki 4 je prikazan v začetni in
končni legi zatemnjeno. Opazujmo samo osne pomike točk, pomike
ux, ker so samo od teh pomikov odvisne normalne napetosti σx.
Ostali pomiki so v zvezi s strižnimi napetostmi in jih bomo
obravnavali kasneje. Za razlago matematičnega opisa pomikov je
prikladno, da si mislimo, da presek iz končne lege zavrtimo
okoli osi x in prečno premaknemo nazaj na nedeformirano os. S

TRDNOST 101
tem ne spremenimo osnih pomikov točk preseka (na sliki je tako
premaknjen presek narisan nezatemnjeno). Zaradi Bernoulijeve
hipoteze osni pomiki
ux(x,y,z) (2.a)
točk B(x,y,z) na vsakem prečnem preseku, določenim z nekim
x=konstanta, izpolnjujejo enačbo ravnine. Bralec, ki dobro
pozna funkcijo ravnine lahko “preskoči” naslednje odstavke in
nadaljuje branje kar pri enačbi (7).
Lega poljubnega prečnega preseka glede na začetno lego
njegovega težišča je podana s krajevnim vektorjem s
komponentami
r=(ux, y, z), (2.b)
ki zaradi Bernoulijeve hipoteze izpolnjevati enačbo ravnine
r( ux , y, z). n(
x) = d( x)
, (3)
podano z normalo n premaknjenega preseka. Normala je v smeri
tangente na deformirano os nosilca in je podana s komponentami
n(x) =(nx(x), ny(x), nz(x)). (4)
d(x) predstavlja oddaljenost premaknjenega preseka od
njegovega težišča v začetni legi (nosilec pred deformacijo). d
in n sta funkciji x, ker je premik prečnih presekov pri
različnih x-ih različen. Za točke na nekem izbranem prečnem
preseku pa je seveda x=konst., s tem pa sta smer normale ter
funkcija oddaljenosti d(x) konstantni. Ko izvedemo nakazani
skalarni produkt v enačbi 3, dobimo enačbo
ux( x, y, z). nx( x) + y. ny( x) + z. nx( x) = d( x)
, (5)
ki jo rešimo na ux :
1
ux( x, y, z)
= [ dx ( ) − yn . y( x) − zn . z(
x)]
. (6)
nx( x) Z uvedbo novih oznak za koeficiente pri y in z spremenljivki
ter za aditivni člen
dx ( )
ny( x)
nz( x)
ax ( ) ≡ , ( x)
≡ , ( x)
n ( x)
n ( x)
n ( x)
−
≡ −
b c (7)
x
x
x

TRDNOST 102
dobimo neko linearno funkcijo spremenljivk y in z (ravninska
funkcija), ki eksplicitno podaja osne pomike točk - (polje
pomikov podano z Lagrangeovim opisom):
ux ( x; y , z) = a( x) + b( x). y+ c( x). z,
(8)
V tej enačbi z izbiro neodvisnih spremenljivk y in z, ki
določajo lego točk na presekih, je pomik ux enostavna fukcija
spremenljivke x, kjer x določa "izbiro" prečnega preseka
nosilca (pred deformacijo). Izračun funkcij a(x), b(x) in c(x)
pa je osrednja naloga pri izpeljavi enačb za napetosti v
naslednjem poglavju.
4.4. Izpeljava enačb za normalne napetosti in specifične
deformacije.
S predpostavko o napetostih (enačba 8) se splošna zveza med
normalnimi napetostmi in deformacijami po Hookeovem zakonu
1
εx( xyz , , ) = { σx( xyz , , ) − ν[ σy( xyz , , ) + σz(
xyz , , )]}
E
v vsaki točki nosilca še posebej poenostavi:
(9)
σx( xyz , , ) = E. εx(
xyz , , ) . (10)
Z odvodi pomikov izračunavamo osne specifične deformacije
∂u
x ( x,
y,
z)
ε x ( x,
y,
z)
=
, (11.a)
∂x
in z ozirom na enačbo 7 dobimo
∂
ε x ( x,
y,
z)
= [ a(
x)
+ b(
x).
y + c(
x).
z]
.
∂x
(11.b)
Ko za odvode funkcij uvedemo krajše oznake
∂
∂
∂
ax ( ) = ax( x),
bx ( ) = bx( x),
bx ( ) = cx( x)
∂x
∂x
∂x
je normalna specifična deformacija podana z enačbo
ε x x x x
(12)
( xyz , , ) = a ( x) + b ( x). y+ c ( x). z
(13)
Tako je iskana normalna napetost po enačbi 10 enaka
σ x x x x
( xyz , , ) = E.[ a ( x) + b ( x). y+ c ( x). z]
(14)

TRDNOST 103
Gornji enačbi “povesta”, da je v vsakem preseku, x=konst,
razporeditev tako osnih specifičnih deformacij kot osnih
napetosti linearna (ravninska)!
Sedaj, ko “imamo” tako splošno enačbo za napetosti pa moramo
izračunati še neznane funkcije ax, bx in cx. Izračunamo jih za
vsak prečni presek na os nosilca iz ravnotežnih pogojev
oziroma iz statične enakosti normalnih napetosti in
rezultantne osne sile ter momentov po presekov nosilca, ki jih
po predpostavki poznamo. Tako dobimo tri enačbe
Nx ( ) = ∫ σ x ( xyz , , ). dA
(15a)
A
M ( x) = ∫ σ ( x, y, z). y. dA
(15b)
z x
A
M ( x) = ∫ σ ( x, y, z). z. dA,
(15c)
y x
A
kjer je
dA=dy.dz (15d)
diferencialni element površine preseka v ravnini y-z,
integracija pa “teče” po celotnem preseku A, ki je določen s
konstantnim x. Z vstavitvijo enačbe za normalno napetost
(enačba 14) v gornje enačbe dobimo tri navadne linearne enačbe
za izračun neznanih funkcij ax, bx in cx:
N(
x)
x ∫ x ∫
x ∫
A
A
A
= E.[
a ( x)
dA + b ( x)
y.
dA + c ( x)
z.
dA]
(16a)
z x ∫
x ∫
x ∫
A
A
A
2
M ( x)
= E.[
a ( x)
y.
dA + b ( x)
y . dA + c ( x)
y.
z.
dA]
(16b)
M
y x ∫
x ∫
x ∫
A
A
A
2
( x)
= E.[
a ( x)
z.
dA + b ( x)
y.
z.
dA + c ( x)
z . dA]
. (16c)
Opomnimo naj, da so glede na gornje površinske integrale
funkcije ax, bx in cx konstantne in smo jih lahko postavili pred
integracijski znak. Ker sta po predpostavki oblika in velikost
presekov vzdolž nosilca konstantni (nosilci s konstantnim
presekom), tudi ploščinski integrali v gornjih enačbah
predstavljajo konstante. Te integrale lahko izračunamo in
predstavljajo znane geometrijske količine presekov podane
glede na težiščni koordinatni sistem. Te so statični momenti,
ki so po definiciji lege težiščnega koordinatnega sistema
enaki nič, in vztrajnostni momenti presekov:
Sy( x) = ∫ z. dA ≡ 0
A
(17a)

TRDNOST 104
Sz( x) = ∫ y. dA ≡ 0
A
(17b)
I ( x) = z . dA = konst.
1 ≠ 0 (18a)
y
∫
A
2
I yz(
x) = ∫ y. z. dA = konst.
2 (18b)
A
∫
A
2
I z(
x) = y . dA = konst.
3 ≠ 0 (18c)
Iz integralov je razvidno, da sta vztrajnostna momenta Iy in Iz
zmeraj različna od nič in pozitivna. Iyz, ki ga imenujemo
mešani vztrajnostni moment, pa je enak nič za preseke, ki so
simetrični glede na vsaj eno izmed osi y ali z. Sicer pa je Iyz
v splošnem lahko pozitiven, negativen ali ničen ko ne obstaja
nobena os simetrije preseka. Enačbe 16 zapišimo še z novimi
oznakami za vztrajnostne momente
Nx ( ) = EAa . . x ( x)
(19a)
Mz( x) = E.[ Iy. bx( x) + Iyz. cx( x)]
(19b)
My( x) = E.[ Iyz. bx( x) + Iy. cx( x)]
(19c)
in jih rešimo na neznane funkcije ax, bx in cx:
Nx ( )
ax ( x)
= (20.a)
A
Iy. Mz( x) − Iyz. My( x)
bx( x)
=
Iy. Iz − Iyz
2
Iz. My( x) − Iyz. Mz( x)
cx( x)
=
Iy. Iz − Iyz
2
(20.b)
(20.c)
Te rešitve vstavimo v enačbo za normalno napetost (enačba 14)
in dobimo končno željen rezultat - formulo za izračun
normalnih napetosti
σ x
Nx ( ) I . M ( x) − I . M ( x)
( xyz , , ) = +
A
I . M ( x) − I . M ( x)
y z yz y z y yz z
. y +
. z
2 2 .(21)
Iy. Iz − I
yz
Iy. Iz − I
yz
Za zaključek tega poglavja povejmo, da je gornji obrazec za
napetosti natančno v skladu z vsemi zakoni mehanike samo za
čisti upogib nosilca. Ta je tedaj obremenjen na obeh konceh

TRDNOST 105
samo z linearno razporejenimi normalnimi napetostmi (slika 5).
V ostalih za prakso bolj realnih primerih, kjer se na konceh
nosilcev “vnašajo” robni momenti in osne sile z drugačno
razporeditvijo napetosti (nelinearno razporeditev), pa je
obrazec za praktično inženirsko analizo še vedno dovolj
natančen. To utemeljujemo z Saint-Venantovim principom iz
katerega sledi, da razlika med napetostmi in deformacijami za
različne robne obtežbe, ki pa so statično ekvivalentne, z
oddaljenostjo od mesta obremenitve izgine. Zaradi tega lahko
računamo napetosti v nosilcih samo z upoštevanjem rezultantnih
obremenilnih sil ne glede na to, kakšna je dejanska
razporeditev robnih obremenitvenih napetosti. Obrazec pa v
skladu z omenjeno tretjo predpostavko zanemarja tudi vpliv
obremenitve po “plašču” nosilca, ker upošteva samo rezultantne
upogibne momente v presekih nosilca. Tedaj, kot bomo videli v
naslednjem poglavju, ni povsem izpolnjena Bernoulijeva
hipoteza. Kljub vsemu pa se za praktično inženirsko analizo
smatra, da je omenjena teorija dovolj natančna za nosilce, ki
so vsaj dvakrat daljši kot je njihova višina (Euro-codi).
Slika 5. Obremenitev na konceh nosilca z normalnimi napetostmi
in računska statično ekvivalentna obremenitev z rezultantnimi
silami in momenti glede na težišče robnih presekov.
4.5. Nevtralna os.
Napetosti v preseku so lahko enoznačne ali pa je del preseka
tlačen na drugem delu pa nastopajo samo natezne napetosti.
Ugotavljanje kje na preseku so tlačne oziroma natezne
napetosti je bistveno pri mnogih inženirskih problemih, kot na
primer pri dimenzioniranju betonskih in armirano-betonskih
nosilcev. Beton namreč zelo slabo prenaša natege, zato ga je
treba v natezni coni armirati. Mejno linijo med tlačenim in
tegnjenim delom preseka pri dani obtežbi imenujemo nevtralna

TRDNOST 106
os preseka, napetosti pa so tam nične. Nevtralna linija poteka
pa zmeraj po premici, ker predstavlja sečišče dveh ravnin:
ravnine preseka in ravnine določene z vrednostmi normalnih
napetosti σx. Lego nevtrale osi izračunamo in enačbe za
napetosti (enačba 20) tako, da postavimo pogoj, da so
napetosti nične,
σ x ( xyz , , ) = 0 , (22)
in izrazimo spremenljivko y v odvisnosti od z-ja (ali pa
obratno)
Iz. My( x) − Iyz. Mz( x)
Nx
⎡Iy
Mz x − I M x ⎤
yz y
y =−
z − ⎢
⎥
Iy. Mz( x) − Iyz. My( x) A ⎢
⎣
Iy Iz − Iyz
⎥
⎦
.
( ) . ( ) . ( )
2
.
Ta enačba ima za konstantni x (prečni presek) obliko
−1
(23.a)
y= k. z+ b
(23.b)
in prestavlja enačbo premice v ravnini y-z (slika 6), kjer je
k tangens naklonskega kota ter b odsek na z osi.
Slika 6. Principialna razporeditev napetosti po preseku
nosilca ter nevtralna os, ki je premica in deli presek nosilca
na dva dela. Na enem delu so napetosti samo tlačne, na drugem
pa samo natezne.
Zaradi ravninske razporeditve napetosti so le-te nad nevtralno
osjo enoznačnega predznaka, pod osjo pa nasprotnega predznaka.

TRDNOST 107
V slučajih, ko je ves presek tlačen ali tegnjen, pa nevtralna
os formalno poteka izven preseka.
4.6.Nekateri posebni primeri presekov oziroma obremenitev
nosilcev, ki pa v praksi pogosto nastopajo.
Splošni obrazec za izračun napetosti (enačba 20) se tedaj
poenostavi, razporeditev napetosti ter lega nevtralne osi pa
je značilna za te primere. Ti primeri so:
A. Delne obremenitve
A.1. Nosilec je obtežen samo z osno silo N(x), tedaj so v
presekih samo enake (konstantne) osne napetosti - enakomerni
osni nateg oziroma tlak, tako obremenitev pa imenujemo
centrična obremenitev z osno silo ali centrični tlak oziroma
nateg:
Nx ( )
Nx ( ) ≠ 0, My( x) = Mz( x)
≡ 0: σ x( xyz , , ) = (24)
A
Tedaj nevtralna os teoretično seka y os v neskončnosti njena
enačba pa nam formalno pove, da je za vsako vrednost z-ja y v
neskončnosti.
A.2. Nosilec je obremenjen samo z upogibnim momentom Mz(x)
(enoosni upogib)
( Iy. y−Iyz. z). Mz( x)
Mz( x) ≠ 0, M y(
x) = N( x)
≡ 0:
σx ( xyz , , ) =
Iy. Iz − Iyz
2
(25)
Nevtralna os gre skozi težišče, b=0, in je nagnjena glede na
z-os, njena enačba pa je
Iyz
y = . z
(26)
I
y
B. Delne obremenitve in simetrični preseki vsaj glede na eno
izmed osi z in y. Tedaj je Iyz=0, za
M
Mz( x) ≠ 0, M y(
x) = N( x)
≡ 0 pa je σ
z ( x)
x(
xyz , , ) = . y (27)
I
Nevtralna os leži v z-osi preseka, njena enačba pa je
y=0 (28)
Zapomnimo si, da gre nevtralna os zmeraj skozi težišče tedaj,
ko je osna sila nična. Nagib nevtralne osi glede na z-os se
pojavi samo tedaj, ko ima nosilec nesimetrični presek, ali pa
z

TRDNOST 108
ima simetrični presek in je obremenjen z obema upogibnima
momentoma (dvo-osni upogib).
4.7. Izpeljava enačbe za strižne napetosti v nosilcih
konstantnega preseka.
Enačbo za strižne napetosti izpeljemo iz opazovanja ravnotežja
sil v osni smeri nosilca (v x-smeri), ki delujejo na delu
tanke “rezine” nosilca, ki je pravokotna na os nosilca (glej
sliko 1).
Slika 1. Shematični prikaz dela tanke “rezine” nosilca
poljubnega preseka (na sliki je označen zatemnjeno).
Na vrhnji “odrezni” površini Ab=b.dx (slika 2) delujejo v
pozitivni smeri x osi strižne napetosti τsx(b), na “čelno”
ploskev normalne napetosti σx(x+dx,y,z), na “zadnjo” ploskev pa
normalne napetosti σx(x,y,z). Če predpostavimo, da so
tangencialne napetosti, ki delujejo na plašč nosilca
zanemarljive ali pa nične, nam da ravnotežje sil v x smeri, ki
delujejo na del “rezine” enačbo
∫ ∫ ∫ 0 (1)
σx( x+ dx, y, z). dA− σx( x, y, z). dA− − τsx
( b). db. dx =
A′
A′
Ab ( )
Ko upoštevamo, da prva dva integrala potekata po enakih
ploskvah A’ (ki pa sta zamaknjeni za dx), tedaj lahko razliko
v normalnih napetostih v točkah z istimi koordinatami y in z
izrazimo s prvim členom Taylorjeve vrste (z diferencialom)
∂
σ σ
∂ σ
x( x+ dx, y, z) − x( x, y, z)
= x(
xyz , , ). dx.
x
(2.a)
Tako dobimo za prva dva integrala v enačbi 1 sledeči izraz

TRDNOST 109
∫
A′
∂
( σ x ( x,
y,
z).
dA (2.b)
∂x
( σ x x + dx,
y,
z)
− σ x ( x,
y,
z)
) dA = dx∫
A′
Slika 2. Napetosti v smeri x (osni smeri nosilca), ki delujejo
na del “rezine” nosilca so: σx(x+dx,y,z) na sprednjem delu, τsx
(b) na vrhnji ploskvi ter σx(x,y,z) na zadnjem delu. Napetosti
na sliki, ki delujejo na “zadnjo” ploskev dela “rezine” zaradi
preglednosti niso narisane. Strižne napetosti τxs (b) delujejo
na robu “b” v ravnini preseka A in v smeri s so enake
napetostim τsx (b). Zaradi preglednosti slike so narisane
negativne strižne napetosti glede na koordinatni sistem x-s.
Nadalje vemo, da so strižne napetosti v dveh med seboj
pravokotnih ravninah med seboj enake. Zato so iskane strižne
napetosti v robu b presečne ravnine A enake strižnim
napetostim na vrhnji ploskvici Ab
τ ( b) = τ ( b)
. (3)
xs sx
Te strižne napetosti pa se vzdolž linije b v splošnem
spreminjajo. Njihovo razporeditev ni možno izračunati samo iz
ravnotežnih enačb. Zato bomo računali samo s povprečnimi
vrednostmi strižnih napetosti vzdolž roba b:
1
τ = τ
b ∫
sx sx.
db
(4)
b

TRDNOST 110
Če vstavimo enačbo (2) in (3) v ravnotežno enačbo (1) dobimo
enačbo (5):
∂
τ
∂ σ
sx ( b). dx. b+ dx.
∫ x(
xyz , , ). dA,
dA = dy.dz (5)
x
A′
V tej enačbi normalne napetosti σx znamo izračunati s teorijo
upogiba iz prejšnjega poglavja (enačba 21). Ko v enačbo 2.a.
vstavimo formulo za normalne napetosti in izvedemo nakazano
odvajanje ter upoštevamo ravnotežne enačbe med upogibnimi
momenti prečnimi silami,
∂
∂
Mz( x) = Qy
in My( x) = Qz,
(6.a)
∂x
∂x
dobimo:
∂
∂ σ
∂ Iy. Mz( x) − IyzMy( x)
Iz. My( x) − IyzMz( x)
x ( xyz , , ) = [
2 y +
2 z]
x
∂x
II − I
II − I
z y yz
z y yz
∂
∂
∂
∂
I y. Mz( x) − Iyz
My( x)
I z. My( x) − Iyz
Mz( x)
=
∂x
∂x
y +
∂x
∂x
2 2 z
II − I
II − I
z y yz
Iy. Qy( x) − IyzQz( x)
Iz. Qz( x) − IyzQy( x)
=
y +
z
II − I
II − I
z y yz
2 2 (6.b)
z y yz
z y yz
Dobljeni izraz v gornji enačbi za odvod normalnih napetosti
(enačb 6.b) vstavimo v enačbo (5) za strižne napetosti, jo
delimo z dx in b, in dobimo enačbo
1 Iy. Qy( x) − IyzQz( x)
Iz. Qz( x) − IyzQy( x)
τxs( b)
=− (
y
z dA
b ∫
+
). ′ (7)
2 2
A′
IzIy − I yz
IzIy − I yz
Ko upoštevamo, da se pri integraciji po površini A’
spreminjata samo y in z dobimo enačbo
Iy. Qy( x) IyzQz( x)
Iz. Qz( x) IyzQy( x)
τxs( b)
= ydA zdA .
b IzIy I yz A
IzIy I yz A
− 1
⎛ −
−
⎞
⎜
′+
′ ⎟
⎜
2 ∫ 2 ∫
⎝ −
−
⎟
′ ′ ⎠
V tej enačbi integrala predstavljata statična momenta odrezne
ploskve A’ glede z in y os, ki sta težiščni osi preseka.
Označimo ju z apostrofom, da ju ločimo od statičnih momentov
celotnega preseka
(8)

TRDNOST 111
∫
S′ y = z. dA′
A′
(9.a)
S′ z = ∫ y. dA′
A′
(9.b)
S tema oznakama za statične momente dobimo končno obliko
enačbe za povprečne strižne napetosti v “rezu” b:
Iy. Qy( x) IyzQz( x)
Iz. Qz( x) IyzQy( x)
τxs( b)
= (
S z
S y )
b IzIy I yz
IzIy I yz
− 1 −
−
′ +
′
2 2
−
−
(10.a)
Posebej poudarimo, da gornja izpeljava ne zahteva, da je rez
b, kjer računamo strižne napetosti vzporeden z y ali z osjo
(slika 3). Lahko je celo poljubne oblike ali pa da določa neko
izrezano površino preseka A. Zadnje pride v upoštev na primer,
ko računamo strižne sprijemne sile med armaturo in betonom.
V enačbi 10.a so pozitivne strižne napetosti v sladu s
koordinatnim sistemom x-s usmerjene v smeri normal na odrezno
ploskev b.ds, torej pravokotno na linijo b in v smeri navzven
iz odrezane površine A’. V praksi pa je uveljavljen obrazec s
pozitivnim predznakom kjer tudi znak za povprečne napetosti
izpuščamo:
1 Iy. Qy( x) − IyzQz( x)
Iz. Qz( x) − IyzQy( x)
τxs( b)
= (
S′
z +
S′
y )
b
2 2 (10.b)
IzIy − I yz
IzIy − I yz
Po tem obrazcu je pozitivna strižna napetost usmerjena v
obratni smeri koordinatnega sistema x-s, torej v površino A’
(slika 3).

TRDNOST 112
Slika 3. Shematični prikaz “odrezne” površine A’, koordinati
y’ in z’ lege njenega težišča T’ glede na težišče celotnega
preseka A ter odrezna linija b, kjer računamo strižne
napetosti.
4.7.1. Praktični izračun statičnih momentov.
Izračun statičnih momentov Sy’ in Sz’ površine A’ (ki je del
preseka) temelji na definiciji lege njenega težišča T’. Ko
poznamo koordinati y’,z’ (glej sliko 3), ki določata lego
težišča T’ v težiščnem koordinatnem sistemu celotnega preseka
A (koordinatni sistem y,z), tedaj statična momenta Sy’ in Sz’
izračunamo po obrazcih:
∫
S′ y = z. dA = z′ . A′
A′
(11.a)
S′ z = ∫ y. dA = y′ . A′
A′
(11.b)
Za posamezni presek pri x = konstanta se spreminjajo samo
statični momenti glede na spreminjanje reza b in s tem
“odrezne” površine A’. Zato lahko spreminjanje strižnih
napetosti po preseku formalno zapišemo kot linearno funkcijo
statičnih momentov:
1 1
b. τ ( b) = linearna funk.( S′ , S′ ) = C S′ ( A′ ( b)) + C S′ ( A′ ( b))
b b
xs y z 1 z 2 y
kjer sta za dani presek konstanti
(12)

TRDNOST 113
Iy. Qy( x) − IyzQz( x)
C1
=
(13.a)
2
IzIy − I yz
Iz. Qz( x) − IyzQy( x)
C2
=
(13.b)
2
IzIy − I yz
Tak zapis izkoriščamo, ko izračune strižnih napetosti izvajamo
v tabelah.
Posebni primeri. Za nosilce, ki so obremenjeni samo v y-smeri
se splošna enačba (10) poenostavi
Qy( x)
I y
Iyz
τxs( b)
= ( . S′
z −
. S′
y )
b
2 2
IzIy − I yz IzIy − I yz
(14)
Če pa so nosilci še simetrični pa dobimo enostavni obrazec
τ xs
Qyx b
b I S
( ) 1
( ) = . . ′
z
z
(15)
Na koncu omenimo še, da se zaradi strižnih napetosti seveda
pojavijo strižne deformacije, ki povzročajo dodatne pomike v
osni smeri in smo jih pri Bernoulijevi hipotezi zanemarili.
Zato se dejansko preseki nekoliko izbočijo in Bernoulijeva
hipoteza ne velja povsem natančno pri strižni obremenitvi
nosilcev. Vendar pa je učinek izbočitve preseka lahko pomemben
predvsem pri odprtih tanko stenskih nosilcih ali pa pri zelo
kratkih nosilcih, ko je velikost strižnih napetosti
primerljiva z velikostjo normalnih napetosti.
4.7.2. TRANSFORMACIJA VZTRAJNOSTNIH MOMENTOV - STEINERJEV
STAVEK.
Glede na definicijo vztrajnostnih momentov presekov nosilcev
(obrazci 1.a do 1.c),
I z dA
y
= ∫
A
2
Iz= ∫ y dA
A
2
Iyz = Izy = ∫ y. z. dA
A
(1.a)
(1.b)
, (1.c)

TRDNOST 114
je očitno, da zavisijo od lege preseka v koordinatnem sistemu
saj imajo v različnih koordinatnih sistemih iste točke preseka
različne koordinate y in z. Ugotovili bomo, da obstaja zveza
med vztrajnostnimi momenti istih presekov v različnih
koordinatnih sistemih. Če poznamo vztrajnostne momente v enem
koordinatnem sistemu, jih lahko na podlagi teh zvez izračunamo
v poljubnem koordinatnem sistemu. Temu pravimo transformacija
vztrajnostnih momentov, enačbe ki pa podajajo to
transformacijo pa transformacijske enačbe znane pod imenom
Steinerjev stavek, ki so povsem analogne transformacijskim
enačbam za transformacijo napetosti in specifičnih deformacij.
Te transformacijske enačbe uporabljamo za izračun
vztrajnostnih momentov presekov glede na težiščni koordinatni
sistem presekov, ko poznamo vztrajnostne momente sestavnih
delov presekov v njihovih lokalnih koordinatnih sistemih. Na
koncu uvoda naj omenimo, da spodaj prikazano izpeljavo
transformacijskih enačb matematično lahko opredelimo kot
transformacijo integracijskih spremenljivk v integralih 1.a do
1.c ob uvedbi novega koordinatnega sistema.
Izpeljava transformacijskih enačb. Na sliki 1 je prikazan neki
poljubni presek s površino A za katerega predpostavimo, da
poznamo njegove vztrajnostne momente I’y I’z in I’y-z glede na
njegov težiščni koordinatni sistem y’ in z’, torej glede na
koordinatni sistem, ki ima koordinatno izhodišče v težišču T
preseka A in ga imenujmo lokalni koordinatni sistem.

TRDNOST 115
r(y,z)
y
a
y’
globalna os
α
T
b
lokalna os
dA
r’(y’,z’)
z
globalna os
z’
lokalna os
Slika 1. Poljubni presek s površino A ter diferencialni
element površine v lokalnem težiščnem koordinatnem sistemu y’,
z’ in v globalnem koordinatnem sistemu y, z.
Zanimajo nas vztrajnostni momenti tega preseka v sistemu y,z,
ki ga imenujmo globalni koordinatni sistem. Lega težišča
preseka v globalnem koordinatnem sistemu je podana z vektorjem
r o
a
=
b
⎧ ⎫
⎨ ⎬
⎩ ⎭
in predstavlja medsebojno translacijo, kot α pa neko rotacijo
koordinatnih sistemov. Pri tem moramo biti pozorni (možne so
namreč različne formulacije), da smo definirali kot α kot
tisti kot, za katerega je treba zavrteti globalni koordinatni
sistem, da postane kolinearen z lokalnim. Ker bomo uporabili
enačbe za transformacijo krajevnih vektorjev, moramo
upoštevati matematično definicijo pozitivne rotacije
koordinatnih osi - na sliki 1 je pozitivni kot α v proti urni
smeri! Lega poljubnega diferencialnega elementa površine dA je
podana v globalnem koordinatnem sistemu s krajevnim vektorjem
r = ⎧y⎫ ⎨ ⎬
⎩z
⎭ ,
v lokalnem pa s krajevnim vektorjem
⎧y′
⎫
r′= ⎨ ⎬
⎩z
′ ⎭ .

TRDNOST 116
Zveza med komponentami teh krajevnih vektorjev je poznana iz
matematike in je podana s transformacijo komponent vektorja
pri rotaciji in translaciji koordinatnega sistema
⎧y⎫
a cos y
⎨ ⎬
⎩z⎭
b
cos z
= ⎧ ⎫ ⎡ α sinα⎤⎧′
⎫
⎨ ⎬ + ⎢
⎥⎨
⎬
⎩ ⎭ ⎣-sinα
α⎦⎩′
⎭ ,
oziroma izpisano po komponentah
y = a + y’.cos α + z’.sin α (2.a)
z = b - y’.sin α + z’.cos α (2.b)
Ko v enačbo 1.a, ki predstavlja vztrajnostni moment v
globalnem koordinatnem sistemu, vstavimo enačbo 2.b,
I = z dA = ( b− y'.sin α+ z'.cosα)
dA
y
∫ ∫
2 2
A A
dobimo zapis vztrajnostnega momenta glede na globalni
koordinatni sistem izražen s koordinatami površine preseka v
lokalnem koordinatnem sistemu. Diferencialni element površine
je sedaj enak
dA=dy’.dz’
Ko nakazano kvadriranje pod integralskim znakom izvedemo,
integriramo po posameznih sumandih in upoštevamo, da sta pri
integraciji lega težišča in kot α (rotacija) konstantni,
dobimo izraz
∫ ∫ ∫ ∫
2
I y = b
2
dA + cos α
2 2
z' dA + sin α
2
y' dA −2.
cosα. sinα y' z'dA
A A A A
− 2b. sinα y'dA+ 2b.
cosα z'dA
∫ ∫
A A
V gornji enačbi integrali prestavljajo znane geometrijske
količine preseka! Zaporedoma naštete so: površina preseka,
njegovi vztrajnostni momenti in statični momenti glede na
lokalni (težiščni) koordinatni sistem y’,z’. Ko jih zaporedoma
označimo z
A = ∫ dA
A
I'zy' dA
A
2
= ∫
(3)
(4)

TRDNOST 117
I'yz' dA
A
2
= ∫
I'yz = ∫ y'z'dA
A
in upoštevamo, da so statični momenti glede na težiščni
koordinatni sistem zmeraj nični,
∫
S'z= y'dA
≡ 0
A
S'y= ∫ z'dA
≡ 0
A ,
lahko zapišemo enačbo 4 z novimi oznakami
2
2
2
Iy = b × A+
cos α× Iy ' + sin α× Iz' − sin2α× Iyz' . (5.a)
To je prva transformacijska enačba s katero izračunamo
vztrajnostni moment okoli globalne y osi, če poznamo vse
vztrajnostne momente okoli lokalnega sistema in seveda
medsebojno lego obeh koordinatnih sistemov.
Povsem analogen postopek izvedemo še za enačbi 1.b in 1.c in
dobimo še ostali dve transformacijski enačbi za vztrajnostne
momente:
2 2
2
Iz = a × A+
sin α× I y ' + cos α× I z' + sin2α× Iyz' 1
Iyz = a. b× A−
sin2α× ( I z'-Iy') + cos2α× I yz'
2
(5.b)
(5.c)
Te transformacijske enačbe so znane tudi pod imenom Steinerjev
stavek.
Za inženirsko analizo pa imajo izreden praktičen pomen
nekateri posebni primeri transformacij. Najprej si oglejmo
čisto rotacijo koordinatnega sistema. Tedaj je translacija
nična in a=b=0 (glej sliko 3)!

TRDNOST 118
Slika 3. Čista rotacija težiščnega koordinatnega sistema.
Transformacijske enačbe za rotacijo koordinatnih sistemov
zapišimo v nekoliko drugačnem vrstnem redu,
2
2
I z = cos α× Iz ' + sin α× Iy' + sin2α× Iyz' 2
2
I y = sin α× Iz ' + cos α× I y' − sin2α× I yz'
1
I yz =− sin2α× ( Iz'-I y') + cos2α× Iyz' 2
in jih primerjajmo s transformacijskimi enačbami za napetosti
oziroma za specifične deformacije v ravnini. Če bi namreč
zamenjali oznake za vztrajnostne momente z oznakami za
napetosti,
I z → σ′ x , I y → σ′ y , I yz → τ′ xy in I ′ z → σ x , I ′ y → σ y , I′
yz → τxy
bi dobili natanko transformacijske enačbe za napetosti
2 2
σx′= cos α× σx +sin α× σy + sin2α×
τxy
2 2
σy′= sin α× σx + cos α× σy − sin2α×
τxy
1
τxy ′=− sin2α× ( σx - σy) + cos2α×
τxy
2 .
Količina predstavlja
⎡ Iz′ Iyz′
⎤
⎢
⎣
Iyz ′ Iy′
⎥
⎦
(7)
(6)

TRDNOST 119
tenzor vztrajnostnih momentov, kjer sta diagonalna elementa
normalna vztrajnostna momenta, izven diagonalna elementa pa
mešana vztrajnostna momenta, ki sta enaka. Ta tenzor se torej
povsem enako transformira kot tenzor napetosti (tenzor
specifičnih deformacij) za ravninsko napetostno stanje
⎡ σ τ
⎢
⎣
τ σ
x xy
xy y
⎤
⎥
⎦ .
Zato veljajo za vztrajnostne momente pri rotaciji
koordinatnega sistema povsem enaki zaključki glede ekstremnih
vrednosti vztrajnostnih momentov kot pri rotaciji
koordinatnega sistema za ravninski problem napetosti in
specifičnih deformacij v ravnini y,z. Tako obstajata dve
glavni smeri, ki sta med seboj pravokotni, to je glavni
koordinatni sistem, kjer sta normalna vztrajnostna momenta
ekstremna, mešani pa je ničen. Obrazci za izračun teh smeri in
pripadajočih vztrajnostnih momentov so seveda povsem enaki kot
pri napetostih in specifičnih deformacijah upoštevaje
substitucijo (6).
Medtem ko se za napetosti in specifične deformacije ne da kar
enostavno “videti” kje ležijo glavne smeri pa je to enostavno
pri simetričnih presekih, ki so v inženirski praksi dokaj
pogosti. Če je presek simetričen glede na neko os, glej sliko
4, tedaj za vsak diferencialni element površine dA s
koordinatama y,z obstaja simetrično ležeči diferencialni
element površine dAs=dA s koordinatama -y,z. Zato je pri
izračunu mešanega vztrajnostnega momenta integral
I yz
∫
= y.zdA = 0
A
ničen, ker se pri integriranju (seštevanju) vrednosti -y,z.dAs
in y,z.dA izničijo. Matematično bi temu rekli, da je integral
lihe funkcije na simetričnem (sodem) intervalu ničen. Ker pa
je za glavne smeri potrebno in zadostno, da je mešani
vztrajnostni moment ničen, je simetrala preseka zmeraj tudi
glavna os. V skladu s teoretičnim dokazom pri glavnih smereh,
da so glavne osi zmeraj med seboj pravokotne, pa je tudi os
pravokotno na simetralo glavna os, čeprav presek okoli te osi
ni simetričen!

TRDNOST 120
Slika 4. Simetrični presek in simetrična lega diferencialnih
elementov površine.
Omenimo naj, da ima presek lahko več glavnih smeri, na primer
pri kvadratu 8 (glej sliko 5), pri pravilnem osmero kotniku
16, pri krožnem preseku pa so sploh vse smeri glavne smeri kot
pri napetostnem stanju vodnega pritiska.
Slika 5. Glavne smeri pri kvadratu.
Transformacijske enačbe (Steinerjev stavek) uporabljamo za
izračun vztrajnostnih momentov kompliciranih sestavljenih
presekov glede na težiščni koordinatni sistem celotnega
preseka, kot to zahtevajo formula za izračun normalnih in
strižnih napetosti pri upogibu nosilcev. Večinoma lahko bolj

TRDNOST 121
komplicirane preseke razdelimo na dele, ki imajo enostavne
oblike - pravokotniki, trikotniki itd.(glej sliko 7)
T1
+α
α1
z1
y1
z2
T
y
T2
y3
Slika 7. Razdelitev preseka na enostavne pravokotnike. y,z je
globalni težiščni koordinatni sistem postavljen v težišče
celotnega preseka, yi,zi, i=1,2,3 pa so lokalni težiščni
koordinatni sistemi pravokotnikov postavljeni v njihova
njihova težišča Ti.
Za te enostavne sestavne dele preseka običajno poznamo
vztrajnostne momente okoli njihovih težišč - v lokalnih
koordinatnih sistemih (glej na primer tabelo 1). Vztrajnostni
moment celotnega preseka glede na njegovo težišče, ki je
izhodišče globalnega koordinatnega sistema, je vsota
vztrajnostnih momentov sestavnih delov preseka saj so
integrali v enačbah 5 sumabilne funkcije. Zato je za izračun
vztrajnostnih momentov celotnih presekov okoli njihovega
težišča potrebno samo po enačbah 5 transformirati vztrajnostne
momente iz lokalnih v globalni koordinatni sistem in jih
sešteti:
Iz = ∑ ( a 2 2
2
i × Ai + cos αi × I zi +sin αi × I yi + sin2αi × Iyi,zi)
i
Iy = ∑ ( b 2 2
2
i × Ai
+ sin αi × I zi + cos αi × I yi − sin2αi × I yi,zi )
i
1
Iyz = ∑ ( ai. bi× Ai−
sin2αi( Izi - I yi ) + cos2αi× Iyi,zi
)
2
i
α2
y2
T3
α3
z3
z
(6.a)
(6.b)
(6.c)
V gornjih enačbah smo opustili apostrof in ga nadomestili z
indeksom “i”, z Ai smo označili površine sestavnih delov
preseka, z αi kote zasuka lokalnih koordinatnih sistemov v
globalnega, z Izi, Iyi in Izi,yi pa vztrajnostne momente
sestavnih delov preseka v lokalnih koordinatnih sistemih.

TRDNOST 122
Indeks “i” teče pri sumaciji po vseh sestavnih delih površine
preseka.
A Iz Iy Iyz
b.h
yT =
(2b-a)/3
A=b.h/2
h.b 3 /12
bh(b 2 -
ab+a 2 )
36
b.h 3 /1
2
bh 3
36
0
bh 2 (b-
2a)
72
Tabela 1. Lega težišča in vztrajnostni momenti za pravokotnik
in poljubni trikotnik glede na nakazani težiščni koordinatni
sistem.
Zgled 1.
Izračunajmo vztrajnostni moment glede na težiščni koordinatni
sistem za presek na sliki Z.1.
Slika Z.1.1. Presek z razdelitvijo na enostavne like in lega
pripadajočih težišč ter pomožni koordinatni sistem η-ζ za
izračun lege težišča T(ζT ,ηT) celotnega preseka.

TRDNOST 123
Rešitev. Pri sestavljenih presekih seveda ni poznana lega
težišča zato jo moramo najprej izračunati. Za to presek
razdelimo na enostavnejše like, za katere poznamo lego težišča
pa tudi vztrajnostne momente. Ta razdelitev je v našem primeru
na pravokotnik s težiščem T1, trikotnik s težiščem T2 in
nagibom stranice za kot α=36,86990° ter kvadrat s težiščem T3.
Pripadajoče površine so
A1 = 0,2x0,4=0,08m 2
A2 = 0,5x0,3x0,4=0,06m 2
A3 = 0,25 2 =0,0625m 2
Celotna površine preseka pa je
A = A1 + A2 + A3 = 0,08m 2 + 0,06m 2 + 0,0625m 2 = 0,2025m 2
Za izračun lege težišča preseka si izberemo neki primerni
pomožni koordinatni sistem, na sliki sistem η,ζ. V tem sistemu
imajo težišča koordinate,
T1 = (η1,ζ1) = (0.2, 0.1)m
T2 = (η2,ζ2) = (0.4/3, 0.3)m
T3 = (η3,ζ3) = (0.375, 0.375)m
ki jih izračunamo na podlagi geometrijskih relacij iz slike.
Statična momenta preseka glede na sistem η ζ sta
Sη = ζ1.A1+ζ2.A2+ζ3.A3
=0.1x0.08+0.3x0.06+0.375x0.0625=0.0494375m 3
Sζ = η1.A1+η2.A2+η3.A3
=0.2x0.08+0.13333x0.06+0.375x0.0625=0.047438m 3
in koordinati težišča T celotnega preseka sta
ζT = Sη/A =0.0494375m 3 /0,2025m 2 =0,24414m
ηT = Sζ/A =0.047438m 3 /0,2025m 2 =0,23426m.
Izhodišče globalnega koordinatnega (težiščnega) koordinatnega
sistema y-z je seveda v težišču T, osi pa izberimo kar
vzporedno s sistemom η-ζ, kot je narisano na sliki Z.1.
Lego težišč T1 , T2 in T3 v globalnem koordinatnem izračunamo
lahko s transformacija koordinat iz sistema η-ζ v sistem y-z

TRDNOST 124
ali pa kar direktno na podlagi slike, koordinate pa označimo
tako kot v transformacijskih enačbah (5):
T1 =(yT1,zT1)=(ζT-ζ1,-ηT+η1)
≡(a1,b1)=(0.24414-0.1,-0,23426+0.2)=(0.14414, -0.03426)m
T2 =(yT2,zT2)=(ζT-ζ2,-ηT+η2)
≡(a2,b2)=(0.24414-0.3,-0,23426+0.13333)= (-0.05586, -0.10093)m
T3 =(yT3,zT3) =(ζT-ζ3,-ηT+η3)
≡(a3,b3)=(0.24414-0.375,-0,23426+0.375)= (-0.13086, 0.14074)m
Slika Z.1.2. Lega težišča preseka ter lega lokalnih
koordinatnih sistemov y1-z1, y2-z2 in y3-z3 glede na težiščni
koordinatni sistem y-z. Koti α določajo zasuke lokalnih
koordinatnih sistemov v globalni, koordinate a in b pa
translacijo lokalnih sistemov glede na globalnega.
Lokalne koordinatne sisteme postavimo v težišča pravokotnika,
trikotnika in kvadrata po možnosti tako, da najlažje
izračunamo njihove vztrajnostne momente. Če jih izberemo tako

TRDNOST 125
kot je prikazano na sliki Z.2 tedaj so vztrajnostni momenti v
lokalnih koordinatnih sistemih (po tabeli 1) za pravokotnik
Iz1 = b.h 3 /12 = 0,4.0,2 3 /12 = 2,66667.10 -4 m 4
Iy1 = h.b 3 /12 = 0,2.0,4 3 /12 = 0,10667.10 -4 m 4
Iz1,y1 = 0,
za pravokotni trikotnik z osnovnico b=0,4m in višino h=0,3m je
Iz2 = h.b 3 /36 = 0,3.0,4 3 /36 = 5,33333.10 -4 m 4
Iy2 = b.h 3 /36 = 0,4.0,3 3 /36 = 3,0.10 -4 m 4
Iz2,y2 = b 2 .h 2 /72 = 0,4 2 .0,3 2 /72 = 2,0.10 -4 m 4
in kvadrat
Iz3 = Iy3 = h 4 /12 = 0,25 4 /12 = 3,25521.10 -4 m 4 , Iz3,y3 = 0.
Vztrajnostni momenti celotnega preseka glede na globalni
koordinatni sistem so po enačbah (6)
I = a × A + cos α × I +sin α × I + sin2α × I
z
1 2
2 2
1
2
1 z1
2
1 y1 1 y1,z1
2
2
2 z2
2
2 y2 2 y2,z2
3
2
3 z3
2
3 y3 3 y3,z3
+ a × A + cos α × I +sin α × I + sin2α × I
+ a × A + cos α × I +sin α × I + sin2α × I
3 2
2 2 −4 2
−4
= 0, 14413 × 0, 08 + cos 0°× 2 , 66667. 10 + sin 0°× 0, 10667. 10 + sin2x0°×
0
2 2 −4 2
−4 −4
( − 0, 05586) × 0, 06 + cos 90°× 5 , 3333310 . +sin 90°× 3,. 0 10 + sin2× 90°× 2,.
0 10
2 2 −4 2
−4
( − 0, 13086) × 0, 0625 + cos 36, 86990°× 3 , 2552110 . +sin 36, 86990°× 3,
2552110 .
+ sin(2 × 36, 86990° ) × 0
= 3,8116.10 -3 m 4
Iy = b1× A + × × − ×
+ b × A + × × − ×
+ b × A + × × − ×
2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
3 2
2
2
sin α I z1 + cos α I y1 sin2α Iy1,z1
2
2
sin α I z2 + cos α I y2 sin2α Iy2,z2
2
2
3 sin α3 I z3 + cos α3 I y3 sin2α3 Iy3,z3
2 2 −4 2
−4
= ( − 0, 03426) × 0, 08 + sin 0°× 2 , 66667. 10 + cos 0°× 0, 10667. 10 − sin2x0°×
0
2 2 −4 2
−4 −4
( − 0, 10093) × 0, 06 + sin 90°× 5 , 3333310 . + cos 90°× 3,. 0 10 − sin2 × 90°× 2,.
0 10
2 2 −4 2
−4
( 0, 14074) × 0, 0625 + sin 36, 86990°× 3 , 2552110 . + cos 36, 86990°× 3,
2552110 .
− sin(2 × 36, 86990° ) × 0
Iy = 2,8126.10 -3 m 4
Iz

TRDNOST 126
1
Iyz = a1. b1 × A1
− sin2α1( I z1 - I y1) + cos2α1 × I y1,z1
2
1
+ a2. b2 × A2
− sin2α2( I z2 - I y2 ) + cos2α2 × Iy2,z2
2
1
+ a3. b3 × A3
− sin2α3( Iz3 - I y3) + cos2α3 × Iy3,z3
2
Iyz = -1,4079.10 -3 m 4
TANKO STENSKI PRESEKI,
ki jih lahko razdelimo na tanke pravokotnike (glej sliko 3).
Slika 3. Tanko stenski presek sestavljen iz tankih
pravokotnikov.
Te preseke je smiselno posebej obravnavati saj so dokaj
pogosti v inženirski praksi (na primer jekleni nosilci s
preseki I, T, L, U, itd), splošni obrazci za transformacijo
vztrajnostnih momentov (enačbe 6) pa se precej poenostavijo.
Pri teh presekih postavljamo lokalne koordinatne sisteme v
težišča pravokotnikov tako, da so koordinatne osi že njihove
glavne osi. Vztrajnostne momente pravokotnika okoli lokalne y
koordinatne osi, ki teče po njihovi dolžini lahko zanemarimo
saj so ti pravokotniki pri tanko stenskih presekih precej
ozki. Mešani vztrajnostni momenti pa so glede na lokalne
glavne osi tako ali tako nični. Zato postavimo v obrazcih 6

TRDNOST 127
Iiy = Iiy,iz =0,
in ker so samo vztrajnostni momenti okoli lokalnih prečnih osi
pravokotnikov različni od nič, jih označimo kar z
IiZ = Ii
in dobimo enostavnejše transformacijske enačbe
Iz = ∑ ( a 2 2
i × Ai + cos αi
× Ii
)
i
Iy = ∑ ( b 2 2
i × Ai
+ sin αi
× Ii
)
i
1
Iyz = ∑ ( ai. bi× Ai−
i × )
2 sin2 I α i
i
(7.a)
(7.b)
(7.c)
Zgled 2.
Izračunajmo vztrajnostne momente okoli težišča preseka na
sliki Z.2.1, ki je sestavljen iz dveh poševnih pasnic z
debelino t1=t2=0,015m in ene horizontalne pasnice z debelino
t3=0,02m.
Slika Z.2.1. Dispozicija tanko stenskega preseka, pomožni
koordinatni sistem η,ζ za izračun lege težišča T(ζT ,ηT)
celotnega preseka, koordinatni sistem y,z v težišču preseka,
ter koordinatami sistemi yi,zi v težiščih posameznih pasnic.
Rešitev. Iz slike Z.2.1 izračunamo dolžine pasnic
L1=L2=0,35355m in L3=0,25m.

TRDNOST 128
Pripadajoče površine so
A1=A2=L1t1=5,30330.10 -3 m 2 in A3=L3 t3=5,0.10 -3 m 2 ,
površina celotnega preseka pa je
A = A1+A2+A3 = 15,60660.10 -3 m 2 .
Nato izračunamo lego težišča preseka. Če postavimo izhodišče C
pomožnega koordinatnega sistema η-ζ v težišče obeh pasnic
skupaj, so koordinate težišč pasnic enake
T1 = (η1,ζ1) = ( 0,-0.125)m
T2 = (η2,ζ2) = ( 0, 0.125)m
T3 = (η3,ζ3) = (-0.125, 0.375)m.
S tako izbiro koordinatnega sistema precej hitreje izračunamo
lego težišča. Ker leži pomožni koordinatni sistem η-ζ v
skupnem težišču poševnih pasnic, je vsota njunih statičnih
momentov nična in sta statična momenta celotnega preseka kar
Sη = ζ3.A3 = 0.375x0.005 = 0.001875m 3
Sζ = η3.A3 = -0,125x0.005 = -0.000625m 3
in koordinati težišča T preseka sta
ζT = Sη/A =0.001875m 3 /15,60660.10 -3 m 2 = 0,12014m
ηT = Sζ/A =-0.000625m 3 /15,60660.10 -3 m 2 =-0,04005m.
Izhodišče globalnega koordinatnega (težiščnega) koordinatnega
sistema y,z je seveda v težišču T celotnega preseka, osi pa
izberimo kar vzporedno s sistemom η-ζ, kot je narisano na
sliki Z.2.1.
Lego težišč T1 , T2 in T3 posameznih pasnic v globalnem
koordinatnem izračunamo s transformacijo koordinat iz sistema
η-ζ v sistem y-z, njihove koordinate pa označimo tako kot v
transformacijskih enačbah (5):
T1 =(yT1,zT1)=( η1-ηT,ζ1-ζT)
≡(a1,b1)=(0.0+0,04005-0.0,-0.125-0.12014)=(0.04005,-0.24514)m
T2 =(yT2,zT2)=( η2-ηT,ζ2-ζT)
≡(a2,b2)=(0.0+0.04005, 0.125-0.12014)= (0.04005,0.00486)m
T3 =(yT3,zT3) =(η3-ηT,ζ3-ζT)

TRDNOST 129
≡(a3,b3)=(-0.125+0.04005,0.375-0.12014)= (-0.08495,0.25486)m
Vztrajnostni momenti posameznih pasnic v lastnih (lokalnih)
koordinatnih sistemih so
I1 =t1.L1 3 /12=0.015x0.35355 3 /12 = 5.52411.10 -5 m 4
I2 =t2.L2 3 /12=0.015x0.35355 3 /12 = I1
I3 =t3.L3 3 /12=0.02x0.25 3 /12 = 2.60417.10 -5 m 4 ,
koti zasuka pa so
α1 =-45°, α2 =45° in α3 =90°.
Po enačbah 7 so, glede na gornje vrednosti, vztrajnostni
momenti celotnega preseka enaki
Iz = 0,04005 2 .5,30330.10 -3 +cos 2 (-45°).5,52411.10 -5
+0,04005 2 .5,30330.10 -3 +cos 2 (45°).5,52411.10 -5
+(-0.08495) 2 .5,0.10 -3 +cos 2 (90°).2,60417.10 -5
Iz = 1,08337.10 -4 m 4
Iy =(-0,24514) 2 .5,30330.10 -3 +sin 2 (-45°).5,52411.10 -5
+0,00486 2 .5,30330.10 -3 +sin 2 (45°).5,52411.10 -5
+0,25486 2 . 5,0.10 -3 +sin 2 (90°).2,60417.10 -5
Iy = 7,24871.10 -4 m 4
Iyz =0,04005.(-0,24514).5,30330.10 -3
-0,5.sin(2x(-45°)).5,52411.10 -5
+0,04005.0,00486.5,30330.10 -3 -0,5.sin(2x45°).5,52411.10 -5
+(-0,08495).0,25486.5,0.10 -3 -0,5.sin(2x90°).2,60417.10 -5
Iyz = -1,59287.10 -4 m 4
RAČUNSKI PRIMERI ANALIZE NAPETOSTI
Zgled 1.
Konzolni nosilec enostavnega pravokotnega preseka obremenjen
na zgornji površini s konstantno površinsko obtežbo.
Izračunati je treba normalne in strižne napetosti.

TRDNOST 130
Slika Z.1.1. Prikaz dimenzij, obtežbe in koordinatnega sistema
za konzolni nosilec.
Najprej izračunamo rezultatne sile v presekih. Ker imamo
obtežbo dano po plašču nosilca (površinska obtežba), jo moramo
najprej reducirati na os nosilca, da dobimo statično
ekvivalentno dobimo linijsko obtežbo po osi nosilca
qy=ty.b=100kN/m 2 . 0,1m=10kN/m.
S to obtežbo izračunamo iz ravnotežnih enačb notranje sile,
kot je to poznano iz osnov tehniške mehanike. Prečne sile so
Qy(x)= qy.(L-x) = 10(2-x) = 20-10x,
kjer je največja prečna sila ob podpori in je enaka
Qy(x=0)=20kN.
Upogibni momenti pa so
Mz(x) = -qy.(L-x) 2 /2 = -10.(2-x) 2 /2 = -5.x 2 +20.x-20,
kjer je ekstremni moment ob podpori in je enak
Mz(x=0) = -20kNm.
Izračunane vrednosti so prikazane na diagramih na sliki Z.1.2.

TRDNOST 131
Slika Z.1.2. Diagram notranjih sil.
Izračun normalnih napetosti v preseku x=0 kjer je upogibni
moment največji.
σ x
( x= 0,
y, z)
=
Nx=
A
= + −
150kN
20kNm
−
003 . m 22410 , . m
2 4 4
0 M x= 0 y z
( ) z ( , , )
+
.
I z
y
4
. y = 5000 −8,
8888910 . . y
(Z.1.1)
Iz gornje enačbe vidimo, da se normalne napetosti spreminjajo
linearno po preseku in sicer linearno vzdolž y osi in
konstantno vzdolž z osi. Nevtralno os, kot vemo, dobimo iz
pogoja, da so normalne napetosti nične
σ x
N M
= = +
z
0 y .
A I z
Iz gornje enačbe vidimo, da je nevtralna os vzporedna z z-osjo
in seka y os pri
−4
N Iz
150x2, 24. 10
yo
=− =− = 0, 0560m
A M z 003 , x20
Iz enačbe za napetosti vidimo (en. Z.1.1), da ekstremne
vrednosti nastopijo na zgornjem in spodnjem robu preseka, kjer
koordinata y zavzame najmanjšo oziroma največjo vrednost. Za
risanje diagrama poteka napetosti je zadosti, če izračunamo
napetosti samo na teh dveh robovih preseka.

TRDNOST 132
Na zgornjem robu je :
y=-h/2=-0,15m
in
σx(x=0,y=-h/2=-0,15m,z) = 5000kPa - 88888,89kPa/m.(-0.15m)
= 18333 kPa
Normalne napetosti na spodnjem robu preseka (y=h/2=0,15m) pa
so
σx(x=0,y=h/2=-0,15m,z) = 500kPa-88888,89kPa/m.(0.15m) = 8333
kPa.
S tema dvema vrednostima za napetosti že lahko narišemo
diagram napetosti (slika Z.1.3). Zanimiva je še napetost v
težišču preseka (y=z=0), ki predstavlja povprečno napetost v
preseku:
Nx ( = 0) Mz( x = 0)
150kN
σ x(
x = 0, y = 0, z = 0)
= + . y(
= 0)
= = 5000kPa
A I
2
z
003 , m
Z.1.3.Diagram poteka normalnih in strižnim napetosti po
preseku nosilca ob podpori (x=0).
V našem primeru, ko imamo potek upogibnega momenta in osne
sile podana analitično po celem nosilcu, lahko tudi napetosti
podamo analitično v vsaki točki nosilca
.

TRDNOST 133
2
150 − 5x + 20x−20 2
σ x(
xyz , , ) = − . y = 5000 + ( 22222x − 88888x+ 88888).
y
A Iz
V gornji enačbi pa moramo upoštevati, da je za x in y v metrih
rezultat za napetosti v kPa! Potek napetosti, na primer v
točkah v vzdolžnem vlaknu na zgornjem robu nosilca, y=-h/2, je
po gornji enačbi enak
2
σ x( xy , = 0, 15mz , ) = 5000 + ( 22222x − 88888x+ 88888). 0, 15
2
= 3333x − 13333, 2x+ 13333, 2 + 5000
Če primerjamo največjo normalno napetost zaradi upogiba z
obremenilno normalno napetostjo na zgornji ploskvi plašča
nosilca, vidimo da je le-ta znatno večja,
t y 100kPa
= = 0, 0056 ,
maxσ
18000kPa
x
kar potrjuje tretjo predpostavko o zanemarljivih napetostih v
prečni smeri nosilca!
Izračun strižnih napetosti
Zaradi simetričnosti preseka in obremenitve samo v y smeri
računamo strižne napetosti z obrazcem
1 Qy. S′
z
τxy ( yz , ) = . .
b Iz
Če nas zanimajo strižne napetosti v smeri y, moramo presek
“rezati” pravokotno na y os (slika Z.4). Pri tako enostavnem
preseku lahko statični moment podamo kar analitično - tako
bomo lahko analitično analizirali potek strižnih napetosti.
Statični moment poljubne “odrezne” površine A’ (na sliki je
prikazan zatemnjeno) izračunajmo za zgled kar direktno iz
definicije statičnega momenta. Odrezna površina A’ se
spreminja v skladu z lego reza C-C in jo podajmo s
spremenljivko y. Integracijska spremenljivka pa naj bo t.
Tedaj je statični moment enak
.

TRDNOST 134
Slika Z.1.4. Prikaz površine A’ za izračun njenega statičnega
glede na težišče preseka, pripadajoče strižne napetosti ter
pomen in označba integracijske spremenljivke t.
h / 2 2
b h 2
S′ z ( y) = ∫ y. dA = ∫ b. t. dt = ( − y )
2 4
A′ y
Statični moment pa lahko izračunamo tudi s pomočjo velikosti
ploskve A’ in lege njenega težišče glede na težišče celotnega
preseka. Tako dobimo v skladu z oznakami na sliki Z.1.4.
⎡ 1 ⎤ b h 2
S′ z ( y) = A′ . y′= [ b.( h− y) ] . y+ h− y
y
⎣
⎢ ( )
⎦
⎥ = ( − ) .
2 2 4
S tem statičnim momentom dobimo analitično podane strižne
napetosti
τ xy
2
2
1 Qy. S'
z Qy
. 12 b h 2 6 h 2
( yz , ) = . = 3 ( − y ) = Qy3 ( −y)
b I bh . 2 4
bh . 4
z
Strižne napetosti praviloma ne potekajo linearno po preseku,
za razliko od normalnih. V primeru našem primeru se napetosti
spreminjajo vzdolž y-os po kvadratni paraboli (slika z.3).
Zapomnimo si, da so največje pri pravokotnih presekih v
težišču preseka in so natanko enake 1,5 krat povprečni
napetosti v celotnem preseku:
2

TRDNOST 135
h
max(τxy τxyy
z Qy x
b h
Q
6
) = ( = 0,
) = ( ) = 15 ,
3
. 4 A
2
Zgled 2.
Upogib nesimetričnega nosilca. Na sliki Z.2.1. je prikazan
prostoležeči nosilec obremenjen z dvema koncentriranima sila
ter potek prečnih sil in upogibnih momentov. Njegov presek je
konstanten in je prikazan skupaj z geometrijskimi
karakteristikami (površina preseka in vztrajnostni momenti) na
sliki Z.2.2. Izračunajmo normalne in strižne napetosti v
preseku C-C.
Slika Z.2.1. Načrt nosilca in obtežbe ter diagrami notranjih
sil.
y

TRDNOST 136
Slika Z.2.2. Presek in njegove geometrijske karakteristike.
(a) Izračun normalnih napetosti v preseku C-C
V tem preseku, pri x=1m, ki je obremenjen samo z enostavnim
upogibnim
obrazca
momentom Mz=133,33333kNm, napetost izračunamo iz
Iy y Iyz z
σx x m y z
z
D D
M
. .
( = 1 , , ) = ( − ).
(1)
kjer je
D = Iy.Iz - Iyz 2
= 1,08333.10 -4 . 3,08333.10 -4 -(-7.5.10 -5 ) 2 = 2,77776.10 -8 m 8
Z vstavitvijo ostalih vrednosti v enačbo (1)
, . . y ( , . ). z
σ x ( x = m, y, z)
= ( − ). ,
, . , .
−
−4
−5
3 0833310 7510
1
133 33333
−8
−8
2 77776 10 2 77776 10
je potek normalnih napetosti po preseku podan z linearno
funkcijo
5 5
σ x ( x= 1m, y, z) = 5210 , . . y+ 3610 , . . z
Nagib nevtralne osi je
tan( = -34,7 o
α)= = α
− y 360000
→
z 520000
(2)

TRDNOST 137
Pregleden in jasen grafični prikaz razporeditve napetosti je
za bolj “razvejane” preseke nekoliko problematičen.
Poslužujemo se večinoma dvodimenzionalnega in aksonometričnega
grafičnega prikaza in tudi tabelaričnega zapisa vrednosti
normalnih napetosti, kot je prikazano v nadaljnjem izvajanju.
Kateri način izberemo je odvisno od potreb inženirske analize.
Za pregledni zapis izračunanih napetosti po enačbi (2) je
najbolje, da uporabimo tabelo v katero vnesemo vrednosti za
koordinate točk, kjer nas napetosti zanimajo oziroma so
karakteristične za grafični prikaz. Za risanje diagrama je
zadosti, če napetosti izračunamo v vseh ogliščih preseka
(slika Z.2.3).
Prikažimo, za primer, izračun napetosti za dve točki na
preseku C-C. Za prvo oglišče, točka 1 (slika Z.2.3.), sta
koordinati y1=-0,125m in z1=-0,075m, napetost pa je
5
5
σ x( x = 1m, y1, z1) = 5210 , . . y1+ 3610 , . . z1
5 5
= 5,. 2 10 ., 0 125 + 3,. 6 10 .( − 0, 075) = −92000kPa
Za drugo oglišče, točka 2, pa sta koordinati y2=-0,125m in
z2=0,125m, napetost pa je
5
5
σ x ( x= 1m, y2, z2) = 5210 , . . y2+ 3610 , . . z2
5 5
= 5,. 2 10 ., 0 125 + 3,. 6 10 ., 0 125) = −20000kPa
Ostale vrednosti so izračunane v tabeli (tabela Z.2.1).
Dvodimenzionalni prikaz razporeditve napetosti je na sliki
Z.2.3., aksonometrični (prostorski) pa na sliki Z.2.4.

TRDNOST 138
Slika Z.2.3. Razporeditev in oznake ogliščnih točk ter
izračunane normalne napetosti v teh točkah podane v enotah
100.kPa. Zatemnjeni del preseka je tlačen.
Točka ykoord.
m
zkoord.
m
normalna
napetost
v
MPa
1 -0.125 -0.075 -92
2 -0.125 0.125 -20
3 -0.025 0.125 32
4 -0.025 0.025 -4
5 0.175 0.025 100
6 0.175 -0.075 64
Tabela Z.2.1. z označbami točk glede na sliko Z.2.3.,
pripadajočimi koordinatami ter izračunanimi normalnimi
napetostmi v teh točkah.

TRDNOST 139
Slika Z.2.4. Prostorski (aksonometrični) prikaz razporeditve
normalnih napetosti (enote za napetosti so 100kPa).
(b) Izračun strižnih napetosti v preseku C-C tik desno od
točke 1. V tem preseku je prečna sila enaka Qy=33kN. Za zgled
bomo računali napetosti samo v rezih 1-1 do 3-3, ki so
prikazani na sliki 5. Pojasnili pa bomo še nekatere
alternativne načine računanja.

TRDNOST 140
Slika Z.2.5. Shematičnih prikaz rezov za izračun strižnih
napetosti, pripadajočih pozitivnih smeri povprečnih strižnih
napetostih v rezih glede na izbran začetek koordinate “s” ter
pripadajoče površine in njihova težišča za sukcesivno računaje
statičnih momentov. Smer “napredovanja” rezov je označena
simbolično s koordinato “s” !
Ker imamo nesimetrični presek in samo prečno silo v smeri y je
strižna napetost podana z obrazcem
Q
bD
y
τxs = ( IyS′ z− IyzS′ y )
.
kjer je v našem primeru dolžina reza b=0,1 enaka za vse reze
od 1-1 do 3-3, po preseku pa se spreminjata samo statična
momenta. Tako imamo
33kN
−4 4 −4
4
τxs =
(, 1 0833310 . mS′ z + 0, 7510 . mS′
−8
8
y )
b× 2, 77776. 10 m
oziroma krajše zapisano
1
( 1310 . 9. 10 ), (1)
b
4 4
τxs = S′ z + S′
y
kjer so enote za statične momente m 3 , strižna napetost pa je v
kPa!

TRDNOST 141
Ker smo izbrali, da je začetek koordinate s na spodnjem robu,
tedaj rez 1-1 “odreže” površino A1 = 0.1mx0.1m, to je površino,
ki jo določata začetek koordinate s=0 in vrednost koordinate
s=0,1m (na sliki 5 je površina A1 označena najbolj zatemnjeno).
Statična momenta te površine glede na težišče celotnega
preseka lahko seveda izračunamo z integralom, vendar pa se
bomo poslužili izračuna s pomočjo lege težišča te površine. Iz
slike vidimo, da sta koordinati težišča površine A1 enaki
y1=0,125m in z1=-0,025m. Tako sta statična momenta enaka (pri
oznaki statičnih momentov bomo apostrof izpustili, ker delne
površine preseka na katere se statični moment nanaša označimo
v spodnjem indeksu)
SzA , 1
2 3
= y1. A1 = 0, 125m, 0, 01m = 0, 00125m
SyA , 1
2 3
= z1. A1 = − 0, 025m, 0, 01m = − 0, 00025m
in po enačbi (1) je strižna napetost
τxs, ( . S
b
zA , . SyA
, )
kPa
, ( . . , . . , )
1 4 4
1− 1 = 1310 + 9 10
1 1
1
1 4 4
= 1310 0 00125 − 9 10 0 00025 = 140
01
Z rezom 2-2 “odrežemo” površino
A1 + A2.
Statična momenta te površine pa lahko izračunamo direktno s
pomočjo lege njenega težišča, ki je v točki B (glej sliko 5)
in ima koordinati yB=0,075m in zB=-0,025m. Tako sta
SzA , 1+ A2 2 3
= yB( A1 + A2) = 0, 075m.( 0, 01+ 0, 01) m = 0, 0015m
SyA , 1+ A2 2 3
= zB( A1 + A2) = − 0, 025m.( 0, 01+ 0, 01) m = 0, 0005m
Če pa izračun strižnih napetosti izvedemo v tabeli (tabela 1),
tedaj je morda enostavneje, da statične momente “odrezanih”
površin računamo s seštevanjem statičnih momentov površin med
posameznimi zaporednimi rezi. Ta način pri enostavnih presekih
nima posebne prednosti, je pa znatno računsko ugodnejši od
direktnega izračunavanja pri bolj kompleksnih presekih ali pa
pri presekih zahtevnejših geometrijskih oblik! Tako je po
superpoziciji statičnih momentov
SzA , + A = SzA , + SzA
,
(2.a)
1 2 1 2
SyA , + A = SyA , + SyA
,
(2.b)
1 2 1 2

TRDNOST 142
Ker smo statična momenta površine A1 že izračunali, izračunamo
še samo statična momenta površine A2=0,1mx0,1m, ki ima težišče
T2 podano s koordinatama y2=0,025m in z2=-0,025m:
SzA , 2
2 3
= y2. A2 = 0, 025m× 0, 01m = 0, 00025m
SyA , 2
2 3
= z2. A2 = − 0, 025m× 0, 01m = − 0, 00025m
Tako sta statična momenta površine A1+A2 , ki ju določa rez 2-
2, po obrazcih 2 enaka
SzA , A SzA , SzA , 0, 00125 0, 00025 0, 00150m 3
+ = + = + =
1 2 1 2
SyA , A SyA , SyA , 0, 00025 0, 00025 0, 00050m 3
+ = + = − − = −
1 2 1 2
Strižna napetost v rezu 2-2 je
τxs, ( . S
b
zA , A . SyA
, A )
kPa
, ( . . , . . , )
1 4 4
2− 2 = 1310 9 10
1+ +
2 1+ 2
2
1 4 4
= 1310 0 00150 − 9 10 0 00050 = 150
01
Za površino A3=0,1mx0,1m sta koordinati težišča T3 y3=-0,075m
in z3=-0,025m in pripadajoča statična momenta sta
SzA , 3
2 3
= y3. A3 = − 0, 075m× 0, 01m = − 0, 00075m
SyA , 3
2 3
= z3. A3 = − 0, 025m× 0, 01m = − 0, 00025m
.
Statična momenta površine preseka A1+A2+A3, ki jo v celoti
odreže rez 3-3, sta enaka
SzA , A A SzA , A SzA , 0, 00150 0, 00075 0, 00075m 3
+ + = + + = − =
1 2 3 1 2 3
SyA , A A SyA , A SyA , 0, 00050 0, 00025 0, 00075m 3
+ + = + + = − − = −
1 2 3 1 2 3
Lahko bi ju izračunali tudi direktno s pomočjo lege njenega
težišča, ki se slučajno sklada z lego T2 (glej sliko 5), ki ima
koordinati yT,A1+A2+A3 =0,025m in zT,A1+A2+A3=-0,025m:
SzA , 1+ A2 + A3 = yTA , 1+ A2 + A3
2 3
× ( A1 + A2 + A3) = 0, 025m× 0, 03m = 0, 00075m
SyA , 1+ A2 + A3 = zTA , 1+ A2 + A3
2 3
× ( A1 + A2 + A3) = − 0, 025m× 0, 03m = − 0, 00075m
Strižna napetost v rezu 3-3 je

TRDNOST 143
τxs, ( . S
b
zA , A A . SyA
, A A )
kPa
, ( . . , . . , )
1 4 4
3− 3 = 1310 9 10
1+ 2 + +
3 1+ 2 + 3
2
1 4 4
= 1310 0 000750 − 9 10 0 000750 = 30
01
Vse izračunane napetosti so pozitivne zato je smer njihovega
delovanja v odrezane površine, kot je nakazano na sliki 5.
Posebni računski pomen ima rez 4-4 na robu preseka. Za vsak
rob vemo, da je strižna napetost enaka nič, ko nosilec ni
obremenjen po plašču s tangencialnimi (strižnimi) napetostmi.
Tedaj je zaradi simetričnosti napetostnega tenzorja, τxs=τsx
,tudi strižna napetost na robu preseka nična! Formalno se
računsko to kaže v tem, da je v začetnem rezu 0-0 statični
moment ničen, ker je odrezana površina nična, v “končnem” rezu
4-4 (glej sliko 5), pa je “odrezana” površina kar celotni
presek, ta pa ima po definiciji težišča nični statični moment
- težišče je tista točka preseka okoli katere so statični
momenti nični. To dejstvo izkoristimo za kontrolo računskih
vrednosti statičnih momentov. Če k statičnemu momentu površine
A1 + A2 + A3 prištejemo še statični moment površine A4, dobimo
statični moment celotnega preseka, ki mora biti ničen.
Površina A4 ima težišče T4 s koordinatama yT4 =-0,075m in
zT4=0,075m in statičnima momentoma
2 3
SzA , = yT. A , m , m , m
4 4 4 = − 0 075 × 0 01 = − 0 00075
2 3
SyA , 4 = zT4. A4 = 0, 075m× 0, 01m = 0, 00075m
,
in statična momenta celotne površine sta nična:
(3)
SzA , A A A SzA , A A SzA , 0, 00075 0, 00075 0, 000m 3
+ + + = + + + = − =
1 2 3 4 1 2 3 4
SyA , A A A SyA , A A SyA , 0, 00075 0, 00075 0, 000m 3
+ + + = + + + = − + =
1 2 3 4 1 2 3 4
S tem kontrolnim izračunom smo lahko prepričani, da smo vse
predhodne statične momente pravilno izračunali, pa tudi da smo
pravilno izračunali lego težišča celotnega preseka!
Zgoraj prikazani izračun lahko v celoti izvedemo kar v tabeli
1. V koloni 1 so indeksi zaporednih površin med rezi, v koloni
dva njihove površine, v kolonah 3 in 6 koordinate njihovih
težišč, v kolonah 4 in 7 pa pripadajoči statični momenti teh
površin med zaporednimi rezi. Statične momente “odrezanih”
površin dobimo s kumulativno kolon 5 in 8. Iz vrednosti v teh
dveh kolonah ter iz kolone 9, kjer so podane dolžine rezov pa

TRDNOST 144
izračunamo strižne napetosti po enačbi (1) in jih zapišemo v
kolono 10.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
zap.
št.i
Ai
m 2
1 0,0
1
2 0,0
1
3 0,0
1
4
za
kontr
olo
0,0
1
yi
tež.
m
0,12
5
0,02
5
-
0,07
5
-
0,07
5
Szi
m 3
x10 -4
S´z
m 3
x10 -4
zi
tež.
m
12,5 12,5 -
0,02
5
2,5 15,0 -
0,02
5
-7,5 7,5 -
0,02
5
-7,5 0√ 0,07
5
Syi
m 3
x10 -4
S´y
m 3
x10 -4
bi-
i
m
-2,5 -2,5 0,
1
-2,5 -5,0 0,
1
-2,5 -7,5 0,
1
7,5 0√ 0,
1
τi-i
MPa
0,14
0,15
0,03
Tabela 1. Podatki in izračun strižnih napetosti v rezih 1-1 do
3-3.
Poglejmo še, kako bi na primer izračunali napetosti v rezu 3-
3, če bi začeli “rezati” presek z desnega konca preseka (slika
6) kot kaže koordinata s1. Pričakujemo seveda, da mora biti
dejanska napetost neodvisna od načina izračunavanja. Tedaj bi
po tej varianti z rezom 3-3 odrezali površino A4, ki je
prikazana zatemnjeno.
0

TRDNOST 145
Slika 2.6. Shema za izračun strižnih napetosti v rezu 3-3 ter
rezih C-E in D-E.
Statična momenta te površine smo izračunali že v gornjih
odstavkih in sicer sta
2 3
SzA , = yT. A , m , m , m
4 4 4 = − 0 075 × 0 01 = − 0 00075
2 3
SyA , 4 = zT4. A4 = 0, 075m× 0, 01m = 0, 00075m
,
strižna napetost pa je
1 4 4
τxs S
b
zA S
1, 3 3 ( 1310 . , 9. 10
4 yA , )
4
2
1 4 4
1310 0 000750 9 10 0 000750 30kPa
01 , ( . , . , )
− = +
= × − + × = −
Rezultat je negativen, glede na izbrano smer koordinate s1 pa
je napetost dejansko usmerjena na levo - torej enako kot smo
izračunali v prejšnjem izračunu, kjer smo rezali od reza 0-0
do 3-3. Vidimo, da nam zamenjava smeri napredovanja “rezanja”
površin formalno spremeni predznak napetosti. To je razvidno,
če primerjamo oba alternativna izračuna, enačba (3) in enačba
(4). Tedaj z rezom 3-3 razdelimo celotni presek na dva dela:
del A1+A2+A3 in del A4. Ker sta statična momenta celotnega
preseka nična, sta statična momenta omenjenih dveh površin
nasprotno enaka
SzA , + A + A =−
SzA
,
1 2 3 4
(4)

TRDNOST 146
SyA , + A + A =− SyA
, ,
1 2 3 4
zato sta si tudi računska rezultata za napetosti nasprotno
enaka
τxs, 3−3 =− τxs,
3−3 1
Ker pa je pa je po definiciji predpostavljena pozitivna
napetost obrnjena v “odrezano” površino, sta tudi
predpostavljeni pozitivni smeri za oba variantna izračuna med
seboj nasprotni. Dejanska smer izračunane napetosti pa je
seveda enaka za oba variantna izračuna, samo zapisana je v
nasprotnih koordinatnih sistemih, to je v sistemih s-x in s1-x!
Izračunajmo še za zgled celotno strižno silo, ki bi jo moralo
prenesti neko lepilo na stični površini, ki jo tvori stik
(rez) C-E in alternativno stik D-E na dolžini enega decimetra
nosilca vzdolž x-osi. Zato moramo najprej izračunati strižno
napetost v rezu C-E oziroma D-E ter jo pomnožiti s stično
lepljeno površino. Ti površini sta torej enaki produktu
dolžine reza C-E oziroma D-E in dolžine 0,1 metra nosilca. Pri
tem bomo zanemarili spremembe strižnih napetosti vzdolž te
dolžine. Na sliki 7 je prikazan del nosilca 0,1mxA’ ter
nekoliko zatemnjeno stična površina za rez D-E. Pripadajoče
strižne napetosti τD-E imajo na površini A’ različne smeri,
medtem ko pa imajo na stični (lepljeni) površini isto smer - v
negativni smeri x osi v skladu z obrazcem (21). Na sliki so
nakazane samo pozitivne smeri, ko računamo napetosti glede na
nakazano odrezano površino A’. Spomnimo naj, da lahko pravilno
izračunamo (z izpeljano teorijo) samo povprečno napetost v
rezu, ki pa nam da pravilni rezultat za rezultantno silo na
stični površini, čeprav se velikosti napetosti vzdolž reza
praviloma spreminjajo.

TRDNOST 147
Slika 2.7. Shematični prikaz stične površine za rez D-E ter
prikaz “odrezane” površine A’ za izračun pripadajočih strižnih
napetosti.
Izračunajmo najprej strižno silo za stik na rezu D-E (slika
7). Ko režemo od spodnje strani preseka nosilca (iz pozitivne
strani y-osi), rez D-E določa površino A’ prikazano na sliki
7. Ta površina je sestavljena iz površine pravokotnika Aprav
=0,1mx0,2m (na sliki 5 površina A1+A2), katerega statična
momenta smo že prej izračunali, in površine kvadrata
Akvad.=0,05mx0,05m=0,0025m 2 , ki ima težišče podano s
koordinatama
ykvad. =−005 , m
zkvad. =−005 , m.
Statična momenta površine kvadrata pa sta
S = y . A = − 0, 05m× 0, 0025m = −0,
000125m
zkvad , . kvad. kvad.
2 3
2 3
Sykvad , . = zkvad. . Akvad. = − 0, 05m× 0, 0025m = −0,
000125m
Za celotno odrezano površino A’ pa sta statična momenta
S , = S , . + S , = − 0, 000125 + 0, 00150 = 0, 001375 m
zD−E zkvad z 2−2 S , = S , . + S , = −0, 000125 − 0, 00050 = −0,
000625 m .
yD−E ykvad y 2−2 Dolžina reza D-E je
3
3

TRDNOST 148
bD-E = 0,05+0,05+0,05 = 0,15m
in povprečna strižna napetost ob tem rezu je po obrazcu 1
1 4 4
τD−E = ( 1310 . SzD , −E+ 9. 10 SyD
, −E)
bD−E
1 4 4
= ( 1310 . × 0, 001375 + 9. 10 × − 0, 000625) = 816, 67kPa
015 ,
Strižna sila, ki deluje na lepljeno površino pa je
P = τ . A ≡ τ . b . , m
lepljenja D−Elepljenja xs, D−Exs, D−E01 =− 816, 67kPa × 0, 15m × 0, 1m = 12, 25kN
.
Izračunana sila je pozitivna zato deluje v predpostavljeni
pozitivni smeri strižnih napetosti narisanih na sliki 7, torej
deluje na prikazani del nosilca na sliki 7 v negativni smeri
nakazane x-osi!
Izračunajmo še strižno silo za lepljeni stik na rezu C-E. Če
režemo z desne strani, koordinata s1 (slika 6), izračunamo
statična momenta površine, ki je sestavljena iz kvadrata
(prikazan zatemnjeno) in pravokotnega trikotnika C-3-3. Za
kvadrat smo statična momenta izračunali že prej in ju moramo
prišteti k statičnima momentoma trikotnika za katerega vemo
kje leži težišče (na tretjini višine). Tako sta koordinati
težišča trikotnika glede na težišče celotnega preseka enaki
2
ytrik. =−0, 025 − × 0, 1 =−0,
091667 m
3
ztrik. = 0, 025 − × , = − , m
1
0 1 0 0083333
3
in njegova statična momenta sta
S , . = y . A = − 0, 091667m× ( 0, 5 × 0, 1m× 0, 1m) = −0,
00045834m 3
ztrik trik trik
Sytrik , . = ztrik . Atrik= − 0, 00833m× ( 0, 5 × 0, 1m× 0, 1m) = −0,
000041667m 3
Za celotno odrezano površino pa sta statična momenta enaka
SzC , − E = Sztrik , . + SzA , = −0, 00045834 − 0, 00075 = −0,
00120834m 3
4
SyC , − E= Sytrik , . + SyA , = − 0, 000041667 + 0, 00075 = 0, 00070833m 3 .
Dolžina reza C-E je
4

TRDNOST 149
bC-E = 0,1x√2 = 0,14142m
in povprečna strižna napetost ob tem rezu je po obrazcu 1
1 4 4
τC−E = ( 1310 . SzC , −E+ 9. 10 SyC
, −E)
bC−E
1 4 4
= ( 1310 . × − 0, 0012083 + 9. 10 × 0, 00070833) = −660kPa
0, 14142
Strižna sila, ki jo prenaša lepilo pa je
P = τ − . A ≡ τ − . b , − . 01 , m
lepljenja C E lepljenja C E xs C E
=− 660kPa × 0, 14142m × 0, 1m =−9,
3334kN
.
Strižna sila lepila deluje na zgornji del nosilca v pozitivni
smeri x-osi.
Zgled 3.
Za presek na sliki, ki je obremenjen z momentom My = 5kNm in
prečno silo Qy = 2kN ter ima pasnice enake debeline izračunaj
(1) normalne napetosti
(2) strižne napetosti
(3) kolikšen del strižne sile prevzame horizontalno krilo
Presek obravnavaj kot tanko stenski presek.
M =5kNm
presek
P1 =2kN
a=0.1m
t=0.01m
a=0.1m
Izračun. Ko izračunamo lego težišča (glej sliko), izračunamo
še vztrajnostne momente.

TRDNOST 150
(4)
b
(5)
b
(3)
(2)
(1)
ta
I I
at a
3
.
2 5 3
y = z = + 2 ( ) = a t
12 4 24
2 2
16
I at a
yz =− 2 ( ) =−
4
σ =
I y−I z
I I − I M
y. yz.
2
y z yz
3
a t
y-os
5 2
y+ z
24 16 1 M
=
× M = ( 75 , y+ 45 , z)
5 5 2 2 3 3
× −(
) a t a t
24 24 16
a/4
z-os
točka y [a] z [a]
⎡ M ⎤
σ ⎢ 2 ⎥
⎣a
t ⎦
1 0,75 -0,25 4,5
3 -0,25 -0,25 -3,0
5 -0,25 0,75 1,5

TRDNOST 151
Nevtralna os
3,00
4,50
+
-
T
+
1,50
Slika. Diagram normalnih napetosti: σ x M/(a 2 t)
Strižne napetosti
τ =
I ′ − ′
1 yS z IyzS y
Q
b
2 y
IyIz − Iyz
5 2
S′ + ′
1 24 z S
16 y 1
y
=
× = 75 ′ + 45 ′
t 5 5 2 2 3 y 3 2 z y
× − a t
24 24 16
Q
Q
( , . S , . S )
( )
a t
rez v
točki
Sz´ [a 2 t] Sz´ [a 2 t] t
τ
a Q ⎡ ⎤
y
⎣
⎢
⎦
⎥
2 0,250 -0,125 1,3125
3 0,250 -0,250 0,7500
4 0,125 -0,250 -0,1875

TRDNOST 152
0,75
1,3125
+
-
Diagram strižnih napetosti: τ x M/(a 2 t)
JEDRO PRESEKA.
Nekateri konstruktivni elementi, kot so na primer nearmirani
betonski stebri ali pa zidani oporni zidovi, zelo slabo
prenašajo natege, tlake pa zelo dobro. Da se izognemo
armiranju, jih moramo dimenzioniramo tako, da ne pride do
nategov nikjer v preseku. Zato pa moramo vedeti, katere
kombinacije osnih sil in upogibnih momentov povzročajo samo
tlačne napetosti v preseku.
Pri čisti tlačni centrični osni obremenitvi je očitno ves
presek zmeraj tlačen. Pri kombinaciji osne sile z upogibom pa
lahko pride tudi do nategov v delih preseka. Zanima nas
kombinacija tlačne osne sile in upogibnega momenta, ki še
ravno povzroča tlake v vsem preseku. Kot bomo videli pa je ta
problem enak problemu, kjer iščemo kombinacijo natezne osne
sile in upogibnega momenta, ki povzroči, da je ves presek
nategnjen. Zaradi večje jasnosti razlage bomo zaenkrat
smatrali, da rešujemo ta drugo omenjeni problem. Za nadaljnjo
analizo je potrebno kombinirano obtežbo, ki jo povzroči
centrična osna sila N in upogibna momenta My in Mz izraziti
samo s to osno silo, ki je dislocirana iz težišča. Pravimo ji
ekscentrična osna sila oziroma obremenitev (slika 1), njena
ekscentričnost pa je podana z oddaljenostjo njenega
prijemališča v smeri y in z od težišča preseka.
T
+
0,1875

TRDNOST 153
h
y-os
b
Težišče
preseka
ez
ey
z-os
N>0
Slika 1. Ekscentrična osna obremenitev.
Težišče
preseka
Težiščnica
x-os
y-os
Mz
N
=
Težišče
preseka
Težiščnica
x-os
y-os
Mz=ey.N
ey
N
ekscentrična
Slika 2. Statična ekvivalentnost upogibnega momenta Mz in
centrične osne sile N z ekscentrično osno silo.
To ekcentričnost izračunamo enostavno na podlagi statične
ekvivalentnosti upogibnih momentov, ki bi jih povzročila
dana ekscentrična osna sila N (glej sliko 2):
My = N.ey (1.a)
Mz = N.ez. (1.b)
Količini ey in ez sta ekscentričnost v smeri y oziroma v smeri
z osi glede na težišče preseka. Če naj bo ves presek pod
normalno napetostjo istega predznaka, mora potekati nevtralna
po robu ali pa izven preseka. Mejno ekscentričnost osne sile
dobimo, ko je nevtralna os na robu preseka.
Poglejmo si najprej izračun ekscentričnosti za pravokotni
presek. Ko upogibne momente izrazimo z ekscentrično osno silo
(enačbi 1a in b), je enačba za nevtralno os enaka
N Ne
σ = + y + =
A I
Ne . y . z
z 0. (2)
z Iy

TRDNOST 154
Za slučaj, ko je My=0 je po enačbi 1.a prijemališče sile na z
osi in ez = 0. Tedaj je enačba nevtralne osi po krajšanju s
silo N enaka
1
A
+
. e
I
y
z
y = 0
. (3)
Da nevtralna os poteka po gornjem robu preseka, moramo v
gornjo enačbo vstaviti vrednosti y koordinat točk na tem robu.
Te vrednosti so podane z enačbo
y=h/2. (4)
Ko upoštevamo še, da je vztrajnostni moment Iz=bh3/12, dobimo
vrednost za mejno ekscentričnost
e
y
3
I z bh
= − = − = −b
/ 6
yA h
12 bh
2 , (5)
kjer osna sila povzroča enoznačne napetosti po vsem preseku.
Za slučaj, ko je sila na y osi je ey = 0 in s tem je Mz=0. Za
točke na robu z=b/2 dobimo iz enačbe nevtralne osi še
ekscentričnost
ez = -h/6. (6)
Podobno ugotovimo še ostala dva robova, da je
ez = h/6 in ey = b/6. (7)
Tako dobimo za vse štiri robove preseka skupaj štiri
prijemališča ekscentrične sile. V težiščnem koordinatnem
sistemu so podane z vrednostmi (glej sliko 3): E1 =(0,b/3), E2
=(0,-b/3), E3 =(0,h/3) in E4 =(0,-h/3). Če v teh točkah deluje
natezna osna sila, je ves presek tegnjen. Če pa zamenjamo
predznak sile N, dobimo tlačno silo in ves presek je tlačen.
Omenjene štiri točke tvorijo oglišča romba, ki je jedro
pravokotnega preseka. V naslednjih odstavkih bomo pokazali,
kako izračunamo jedro poljubnega preseka in še dokazali, da
če osna sila deluje na robu jedra preseka ali v jedru preseka,
je ves presek po istoznačnimi napetostmi.

TRDNOST 155
h/3
E2
y-os
b/3
E4
E3
E1
z-os
jedro
pravokotnega
preseka
Slika 3. Jedro preseka za pravokotnik.
Zgled 1.
Imamo 2 metra visoko kamnito steno na katero pritiska voda
(slika Z.1). Kolikšna naj bo debelina stene, da se na njenem
stiku s podlago pojavljajo samo tlačne napetosti? Specifična
teža vode je γv=1000kg/m3, stene pa γs=2500kg/m3.
Slika Z.1. Stena pritiska na podlago s silo teže N, nanjo pa
deluje vodni pritisk z rezultanto R.
Rešitev. Če računamo na dolžinski meter stene in glede na
izbrani težiščni koordinatni sistem, deluje na težišče stične
površine med steno in tlemi sila teže N=-γsbH ter upogibni
moment Mz =-H/3.R, kjer je R = γsH2/2. Statično ekvivalentna
sila deluje na ekscentrični razdalji
ez = Mz/N,
y
x
N
b=?
2H/3
H/3
ki mora biti enaka ali manjša od b/6. Torej
ez = (-H/3)(γvH2/2)/(-γsbH) =

TRDNOST 156
oziroma
b2 >=H2γv/γs=22.1000/2500=1,6m2
in b>=1,26m. Širina stene bi morala biti večja kot 1,26m.
-0-
Imejmo neki poljubni nesimetrični presek (na primer presek na
sliki 4), ki je obremenjen z osno silo in obema upogibnima
momentoma hkrati. Poiščimo tiste lege ekscentrične osne sile,
da bo ves presek pod istoznačnimi napetostmi. Da je to
izpolnjeno, morajo nevtralne osi potekati izven preseka in v
skrajnosti po robovih skozi oglišča preseka tako, da presek z
nevtralnimi osmi “očrtamo”(slika 4).
nAB
EAB
A
LB
B=(yB,zB)
EBC
Slika 4. Simbolični prikaz očrtovanja preseka z nevtralnimi
osmi ter vrtenje nevtralne osi okoli oglišča B pri »gibanju«
osne sile po premici LB .
Enačba nevtralne osi za splošni presek je
Nx ( ) Iy. Mz( x) − Iyz. My( x)
Iz. My( x) − Iyz. Mz( x)
σ x(
xyz , , ) = +
y +
z = 0
A
2 2
Iy. Iz − Iyz
Iy. Iz − Iyz
Ko nadomestimo momente z ekscentričnimi osnimi silami in
enačbo preuredimo, jo lahko simbolično zapišemo:
C
D
nCD
nB

TRDNOST 157
a+ ( b1y+ b2z) ey + ( c1y+ c2z) ez
= 0 . (8)
V gornji enačbi so koeficienti bi konstante (a je enak 1/A, b1
=Iy/(Iy. Iy -Iyz2), itd.). Če vanjo vstavimo koordinate
oglišča preseka, na primer za oglišče B vrednosti y=yB in z=zB
, dobimo enačbo premice s spremenljivkama ey in ez (na sliki
premica LB):
a + ( b1
y B + b 2z
B ) e y + ( c1y
B + c 2z
B ) e z ≡ a + α B.
e y + βBe
z = 0
. (9)
To pomeni, da če ekscentrična osna sila deluje kjerkoli na
premici LB, potekajo nevtralne osi skozi oglišče B. Da dobimo
ekscentričnost osne sile, kjer poteka nevtralna skozi oglišče
A, postopamo na enak način. V enačbo (8) vstavimo koordinati
točke A in dobimo še eno linearno enačbo
a + ( b1
y A + b 2z
A ) e y + ( c1y
A + c 2z
A ) e z ≡ a + α A.
e y + βAe
z = 0
. (10)
pa nam da lego osne sile v točki EAB,
Ko koordinati za ekscentričnost EAB =(ey,ez) osne sile N
odgovarjata obema enačbama, to je rešitev linearnih enačb 9 in
10 na neznanki ey in ez, poteka nevtralna os tako skozi točko
A kot tudi skozi točko B, torej po zgornjem robu preseka.
Podobno dobimo še ekscentričnost EBC za tako lego sile, da
nevtralna os poteka skozi oglišči B in C. Za vse nevtralne
osi, ki potekajo skozi oglišče B vendar pa izven preseka,
ležijo prijemališča osne sile na daljici EAB in EBC. Na enak
način dobimo še daljice za ostala oglišča. Vse take daljice so
med seboj povezane in tvorijo lik, ki določa jedro preseka.
Jedro preseka lahko leži v splošnem tudi ali pa v celoti izven
preseka, zmeraj pa je v njem težišče preseka, ker centrična
osna sila povzroča konstantne napetosti – torej enoznačne
napetosti.
Preseki, ki imajo ukrivljene robove in jih ni moč “očrtati” s
poligonom iz nevtralnih osi, pa imajo jedro, ki ima tudi
ukrivljene robove. Analitično jih izračunamo iz enačbe 8 tako,
da upoštevamo funkcijo, ki podaja ukrivljeni del roba in
tangento na rob.
Zgled 2.
Poligonalno jedro preseka. Za tankostenski L presek z enakima
pasnicama dolžine 1m in debeline 0,01m izračunajmo in narišimo
jedro preseka. Lega težišča in težiščni koordinatni sistem sta
podana na sliki Z.2. Vztrajnostni momenti so
Iy = Iz = 5/24.10-2 m4
Iyz=-0,125.10-2 m4

TRDNOST 158
ter površina
A=0,02m2.
B2
E2
B1
0.0833
E3
T
y
1,000
0.416
Jedro
preseka
E1
0.25
0.75
Slika Z.2. Tankostenski presek in njegovo jedro.
Rešitev. V enačbo za nevtralno os vstavimo namesto upogibnih
momentov ekcentrično delujočo silo (enačbi 1a in 1b) ter jo
okrajšamo s silo N in dobimo enačbo
1
A
I y.
e y − I yz.
e
+
2
I . I − I
y
z
yz
z
I z.
e z − I yz.
e
y +
2
I . I − I
in jo še preuredimo
1
A
I y.
y − I yz.
z
+ e 2
I . I − I
y
z
yz
y
y
z
yz
I z.
y − I yz.
z
+ e 2
I . I − I
y
z
yz
z
y
z = 0
= 0
.
Ko vanjo vstavimo vrednosti za geometrijske karakteristike
dobimo končno enačbo nevtralne osi v odvisnosti od
ekcentičnosti ey in ez:
50+(750y+450z).ey + (450y+750z).ez =0 (Z.2.1)
B3
V to enačbo vstavimo koordinati robne točke B1, y1=3/4 in z1=-
1/4m (glej sliko Z.2) in dobimo enačbo nevtralne osi, ki
poteka skozi to točko:
50 + 450.ey + 150.ez =0 (B1)
z

TRDNOST 159
Ko vstavimo v enačbo Z.2.1 koordinati točke B2, ki sta y=-1/4
in z=-1/4m dobimo enačbo nevtralne osi, ki poteka skozi
vogalno točko:
50 - 300.ey - 300.ez =0 (B2)
Podobno dobimo še enačbo nevtralne osi za robno točko B3=(-
1/4,3/4)m
50 + 150.ey + 450.ez =0. (B3)
Rešitev enačb B1 in B2 nam da ekcentričnost sile N
E1 =(ey,ez)= (-1/4,0.416)m
za katero nevtralna os poteka tako skozi točko B1 kot skozi
točko B2, torej po levem robu.
Podobno dobimo še za rešitvi enačb B2 in B3 ekscentričnost
E2 = (0.416, -1/4)m
in za enačbi B1 in B3 še
E3 = (-0.083, -0.083)m.
Te tri točke tvorijo oglišča lika, ki predstavlja jedro
preseka, ki je narisano na sliki Z.2.

TRDNOST 160
5. TORZIJA
5.1. Uvod
Splošna teorija torzije linijskih nosilcev je prezahtevna, da
bi jo lahko obravnavali v okviru znanja, ki smo si ga
pridobili v predhodnih poglavjih. Prav tako so izračuni
prezahtevni, da bi po njej analizirali nosilce v vsakdanji
gradbeni inženirski praksi. Zato se poslužujemo ustreznih
tabel oziroma računalniških programov, le redko pa te izračune
in analize izvajamo tudi “ročno”. Mi se bomo omejili samo na
nekatere probleme iz torzije, ki so teoretično relativno
enostavni, jih je moč hitro analizirati in v praksi dovolj
pogosto nastopajo. Z analizo teh problemov bomo tudi spoznali
bistvene značilnosti torzije pomembne za inženirsko prakso.
Poglejmo si osnovne značilnosti torzije ravnih linijskih
nosilcev s konstantnim presekom. Ko linijski nosilec
obremenimo s torzijskim momentom se njegovi preseki, ki so
pred deformacijo ravni in pravokotni na os nosilca zasučejo in
tudi izbočijo, medtem ko se v svoji ravnini ne deformirajo.
Vse točke preseka se samo zasučejo okoli centra rotacije.
ϕ
Slika 1. Zasuk preseka zaradi torzijske obremenitve. Na sliki
je narisan presek pred in po torzijski obremenitvi. Oblika in
velikost preseka in tudi vseh njegovih delov (na primer mali
kvadrat znotraj preseka) se ne spremenijo. Presek se v
splošnem samo izboči – točke preseka se premaknejo v osni
smeri (v smeri x).
Za obravnavo torzije sprejmimo to osnovno predpostavko za
nadaljnja teoretična izvajanja. To predpostavko lahko smatramo
kot neki ekvivalent Bernoulli-Eulerjeve hipoteze za torzijo.
Pri upogibu se po Bernoulli-Eulerjevi hipotezi preseki
zasučejo okoli neke osi, ki leži v ravnini preseka in ostanejo
ravni in pravokotni na os nosilca, pri torziji pa se preseki
z
y

TRDNOST 161
zasučejo okoli težiščne osi nosilca in se tudi izbočijo. Pri
torziji se v presekih pojavijo v splošnem tako strižne kot
normalne napetosti. Rezultanta strižnih in rezultanta
normalnih napetosti sta seveda nični, prav tako tudi
rezultantna upogibna momenta teh napetosti. Normalne napetosti
se pojavijo tedaj, če je na vpetem robu nosilca preprečena
izbočitev preseka - temu pravimo ovirana torzija, ker oviramo
izbočitev preseka. V takih primerih zato pride do medsebojnega
vpliva med strižnimi in normalnimi napetostmi. Ta vpliv je
znaten predvsem pri tankostenskih odprtih presekih. Vendar pa
so praktični primeri, ko natančno vemo koliko so preseki
ovirani pri izbočitvi redkejši, ker je treba natančno poznati
deformabilnost podpore na vseh stičnih mestih preseka nosilca
in podpore. V primerih, ko pa izbočitev ni ovirana ali pa jo
lahko zanemarimo, govorimo o neovirani torziji - analiza takih
problemov pa je precej enostavnejša kot pri ovirani torziji.
Mi se bomo omejili na problem neovirane torzije, ki v praksi
pogosto nastopa.
Za vsak torzijski problem, ne glede na to ali nastopa ovirana
ali neovirana torzija je, v skladu z definicijo rezultantnih
notranjih sil in momentov, rezultantni torzijski moment
strižnih napetosti enak obremenilnemu torzijskemu momentu
(glej sliko 2.)
∫
M = r × τ dA
(1)
t xs
A
Mt
Slika 2. Simbolični prikaz obremenilnega torzijskega momenta Mt
in momenta, ki ga povzroči strižna napetost τ delca dA površine
preseka A.
To je naša osnovna izhodiščna ravnotežna enačba za torzijo,
cilj teoretičnih izpeljav pa je podati strižne napetosti v
odvisnosti od rezultantne torzijske obremenitve, geometrijskih
karakteristik preseka ter lege točke na preseku,
τ
dA
r

TRDNOST 162
τ = τ (Mt, geometrijske karakteristike preseka, lega točke na
preseku),
kot tudi zasuk preseka
ϕ = ϕ(Mt,geometrijske karakteristike preseka).
Druga enačba, ki tudi splošno velja za torzijo, obravnava
deformacije. Pravi, da je torzijski moment linearno
proporcionalen specifičnemu zasuku
dϕ
ϑ =
(2)
dx
in strižnemu modulu. To zvezo zapišemo z enačbo
M = Gϑ.
I , (3)
t
t
kjer je It proporcionalnostni koeficient in ga imenujemo
torzijska konstanta, ki je za okrogli presek enaka kar
polarnemu vztrajnostnemu momentu. Produkt G.It imenujemo
torzijska togost.
V nadaljnjih izvajanjih bomo obravnavali samo problem čiste
torzijske obremenitve, kjer ni prečnih sil in upogibnih
momentov. Vpliv le-teh smo že obravnavali. Tako pri nosilcih,
ki so splošno obremenjeni dobimo celotne napetosti s
superpozicijo napetosti zaradi upogiba in zaradi torzije.
5.2.Torzija nosilcev okroglega preseka
Poglejmo si najprej nosilec okroglega preseka, kjer je
torzijski problem najenostavnejši. V takem nosilcu, ki je
izjema med nosilci, tudi teoretično ne pride do izbočitve
preseka zaradi čiste torzijske obremenitve. Deformacije dela
dolžine ∆x takega nosilca so simbolično prikazane na sliki 3,
razlika zasukov presekov je ∆ϕ.

TRDNOST 163
Mt
γ(R)
r
∆x
γ(r)
R
∆s(R)
obodni pomik
r
∆s(r)
Slika 3. Prikaz in označba deformacijskih količin, γ je strižna
specifična deformacija plašča, ∆ϕ pa zasuk preseka.
Po gornji sliki izračunamo zvezo med zasukom ∆ϕ in strižno
deformacijo γ s pomočjo pomika ∆s obodne točke:
∆s ( R)
= γ(
R).
∆x
= R∆ϕ
in
γ ( R)
= R.
ϑ .
Analogno ugotovimo še za deformacije znotraj nosilca
γ ( r)
= r.
ϑ.
Z upoštevanjem Hookovega zakona
τ() r = Gγ() r
in gornjih enačb je torzijski moment enak (glej tudi sliko 4)
∆ϕ
Mt

TRDNOST 164
dA=2πr.dr
Slika 4. Strižne napetosti v kolobarju določenem z r so po
velikosti enake in pravokotne na radij.
∫
M = r × τdA
= G r(
rϑ)
2π.
r.
dr .
t
A
R
∫
0
Po izvrednotenju integrala dobimo
τ(r)
Mt = G. Ipϑ
(4)
kjer je
4
πR
I p = = It
(5)
64
polarni vztrajnostni moment enak torzijski konstanti. Celotni
zasuk nosilca je
L
t
ϕ = ∫ ϑdx
= ϑL
=
x = 0 G.
Ip
Napetost pa je enaka
M . L
. (6)
τ() r Grϑ r M t
= = . (7)
Ip
Zgled 1.
Okrogli cevni nosilec dolžine L=3m (glej sliko Z.1.1) je vpet
na enem koncu. Izračunajmo zasuk ter največjo in najmanjšo
strižno napetost v preseku nosilca. Notranji radij kolobarja
r
R

TRDNOST 165
je R1 = 0,03m, zunanji pa R2 = 0,05m. Strižni modul je G =
60GPa.
Slika Z.1.1. Presek in pogled nosilca.
Izračun. Polarni vztrajnostni moment je
R 2
2 π 4 4 π 4 4
−6
4
I p = ∫ r . 2π.
r.
dr = ( R 2 − R1
) = ( 0,
05 − 0,
03 ) = 8,
545.
10 m .
2
2
R1
Napetosti na notranjem in zunanjem robu sta
M
4kNm
= 0,
03m
6
8,
545.
10 m
t
τ1 = R1 − 4
I p
in
M
4kNm
= 0,
05m
6
8,
545.
10 m
t
τ2 = R 2
− 4
I p
Zasuk nosilca pa je
= 14,
04GPa
=
23,
405GPa
M t . L 4kNm.
3m
ϕ = =
= 0,
0234radiana
.
− 6 4
G.
I 60GPa.
8,
545.
10 m
p
R2
PRESEK
R1
-0-
POGLED NOSILCA
L=3m
Mt=4kN
5.3.Torzija enoceličnih tankostenskih nosilcev.
Debelina stene nosilca je lahko spremenljiva vendar pa mora
tvoriti zaprto celico, ki pa je lahko poljubne oblike.
Napetosti študiramo na diferencialno kratkem delu nosilca iz
katerega si mislimo izrezan poljubni del stene vzporedno z
osjo nosilca (glej sliko 5). Strižna napetost na zgornjem robu
sprednje ploskve izrezanega dela je enaka strižni napetosti na

TRDNOST 166
njegovi zgornji ploskvi. Če koordinato vzdolž oboda cevi
označimo z “s” je torej τxs = τsx = τ Ker mora biti opazovani
delec v ravnotežju, velja za x smer enačba
τ.t.dx-τ1.t1.dx = 0.
τsx
τ1
Slika 5. Prikaz izrezanega dela stene nosilca in strižne
napetosti. Njihova rezultanta v x smeri in mora biti v
ravnotežju.
Količino t.τ imenujemo strižna intenziteta in jo označimo z q.
Iz gornje enačbe ugotovimo, da mora biti konstantna:
q(s)= τ1.t1 = konstanta.
ds
q
t
t1
dx
Slika 6. Torzijski moment, ki ga povzroča strižna intenziteta.
Torzijski moment, ki ga povzroča strižna intenziteta je enak
r
A
τxs
x

TRDNOST 167
∫
∫
M = rxq.
ds = q rxds
= q.
2A
, (8)
t
Integral na skrajni desni strani enačbe, kot vemo iz
matematike, je enak A površini znotraj središčnice stene, ki
je na sliki 5 prikazana črtkano. Pri večjih tankostenskih
presekih je praktično enaka površini odprtine. Iz zgornje
enačbe pa izračunamo še strižne napetosti:
q M t
τ = = . (9)
t 2A.
t
Torej so napetosti in nosilnost preseka odvisne tako od
debeline stene cevi t kot od njene odprtine A. Zato, če cev
stisnemo in s tem zmanjšamo A, se pri isti obremenitvi z Mt
napetosti ustrezno povečajo. Opozorimo naj še, da so strižne
napetosti po debelini stene razporejene linearno, pri
tankostenskih presekih pa jih lahko smatramo konstantne (slika
7).
Slika 7. Prikaz linearnega poteka napetosti po debelini stene.
Relativni zasuk dela nosilca dx je ϑdx. Izračunamo ga lahko iz
virtualnega dela,
∫ δτ γ = ϑ δM
t . . dx . . dV
V
kjer je
τ
γ = =
G
q
G.
t
in podobno
M t
δ
δτ = .
2At
M t
=
2AtG
τ1
τ2
Če upoštevamo še, da je dV=dx.t.ds, dobimo enačbo

TRDNOST 168
δM
. ϑ.
dx =
t
t t
t t
∫ . dx.
t.
ds = dx
2 2
2 ∫
V
δM
. M
4A
t
G
od koder izračunamo
M = Gϑ.
I ,
t
t
δM
. M
4A
kjer je It torzijska konstanta in je enaka
G
2
4A
I t = . (10)
ds
∫ t
ds
t
Zgled 2.
Izračunajmo napetosti in zasuk pravokotne votle cevi (slika
Z.2). Cev je enako dolga, obremenjena in vpeta, kot pri
prejšnjem zgledu ; Mt=4kNm, L=3m, G=70GPa. Vertikalni steni
sta debeli tb=0,001m, horizontalni pa ta=0,002m,
Slika Z.2.1. Pravokotni votli presek.
Izračun.
Napetosti:
A = a.b = 0,1m.0,2m=0,02m 2
τ
τ
a
a
M t
=
2A.
t
M t
=
2A.
t
a
a
=
=
2.
0,
02m
2.
0,
02m
tb=0,001m
4kNm
2
4kNm
2
. 0,
002m
. 0,
001m
=
50MPa
= 100MPa
a=0,1m
ta=0,002m
b=0,2m
Zasuk: najprej izračunamo torzijsko konstanto

TRDNOST 169
∫
ds
t
a b a b 0,
1m
0,
2m
= + + + = 2(
+ ) = 500
t t t t 0,
002m
0,
001m
a
2
2
4A
4.(
0,
02m
)
I t = =
ds 500
∫ t
nato pa še zasuk
b
a
b
2
=
3,
2.
10
M t 4kNm
−5
ϕ = ϑ.
L = L =
3m
= 5,
357.
10 radiana .
− 6 4
I . G 3,
2.
10 m . 70GPa
t
−6
m
4
,
-000-
5.4. Torzija nosilcev polnega pravokotnega preseka.
Ta problem rešimo s pomočjo Poissonove diferencialne enačbe,
mi pa bomo podali samo rezultate. Pri zasuku nosilca se
pravokotni presek izboči, izbočitev je antisimetrična glede na
y in z os, strižne napetosti pa potekajo kot je shematično
prikazano na sliki 8.
Slika 8. Shematični prikaz poteka napetosti.
Napetosti se večajo od sredine do roba preseka. Največje
napetosti so na simetralnih točkah robov preseka, kjer pa so
na bližjem robu večje kot pa na bolj oddaljenem robu od
središča. Tako sta za presek a > b napetosti τ1 > τ2. Vrednosti
za napetosti in torzijske konstante podajmo v Tabeli 1 za
različna razmerja b/a. V tabeli sta podana koeficienta k1 in k2
v odvisnosti od b/a za katera velja
It = k1.(2a) 3 (2b) (11)
M 2
t
τ 1 = τekstremni
=
(12)
k ( 2a)
( 2b)
2
τ2
2b
2a
z
y
τ1

TRDNOST 170
b/a k1 k2
1,0 0,141 0,208
1,2 0,166 0,219
1,5 0,196 0,213
2,0 0,229 0,246
2,5 0,249 0,258
3 0,263 0,267
4 0,281 0,282
5 0,291 0,291
10 0,312 0,312
∝ 1/3 1/3
Tabela 1. Tabela konstant za izračun napetosti in torzijskih
konstant.
Zgled 3.
Za nosilec na sliki izračunaj njegov zasuk ter največjo
napetost. G=6GPa.
τ
ekstremni
Slika Z.3. Presek in pogled nosilca ter njegova obremenitev.
Ker je h > š nastopi ekstremni strig na mestu, kjer je
narisana strižna napetost.
Izračun. V skladu s Tabelo 1 je
a= š/2=0,2m/2=0,1m
b=h/2=0,3m/2=0,15m
PRESEK
š=0,2m
b/a=1,5 -> k1=0,196 in k2=0,231
h=0,3m
POGLED NOSILCA
L=4m
Mt=5kNm

TRDNOST 171
τ
ekstremni
Mt
5kNm
=
=
= 1,
803MPa
2
2
k ( 2a)
( 2b)
0,
231.(
0,
2m)
. 0,
3m
2
It = k1.(2a) 3 (2b)=0,196.(0,2m) 3 .0,3m=4,704.10 -4 m 4
Mt
5kNm
ϕ = ϑ.
L = L =
− 4
I . G 4,
704.
10 m
t
4
4m
. 6GPa
= 7,
0862.
10
-000-
−3
radiana
5.5.Tankostenski odprti presek konstantne debeline.
Pri torziji nosilcev pravokotnega preseka vidimo v Tabeli 1,
da se za razmerja b/a, ki so večja od deset, koeficienta k1 in
k2 praktično ne spreminjata in sta enaka 1/3. Če višino
(oziroma dolžino) preseka označimo z L, debelino pa s t (glej
sliko 9), veljata obrazca
It = 1/3.L.t 3
in
τ
ekstremni
oziroma
Mt
=
=
2
k ( 2a)
( 2b)
2
M . t
Mt
1 2
t . L
3
(13)
t
τ ekstremni =
(14)
It
To velja tudi za preseke, ki niso ravni, torej za poljubne
odprte tankostenske preseke.
t
L
Slika 9. Tankostenski preseki in karakteristične vrednosti.
t
L

TRDNOST 172
Zgled 4.
Za prerezano cev prikazano na sliki Z.4. izračunaj največjo
napetost in zasuk, če je dolga L1 =3m in obremenjena Mt=2kNm.
Debelina t =0,01m, r=0,3m in G = 60GPa.
Slika Z.4. Na sliki sta prikazana presek in na majhnem izseku
tipično razporeditev strižnih napetosti.
Izračun.
L=2π.r=2.π.0,3 = 1,885m
It = 1/3 .L.t 3
= 1/3. 1,885m.(0,01m) 3 = 6,283.10 -6 m 4
τ
ekstremni
M t . t 2kNm.
0,
01m
= =
= -6
4
I 6,283.10 m
M t
= ϑ L = L
I . G
t
M
rez
3,
183.
MPa
2kNm
=
3m
=
6
6,
283.
10 m . 60GPa
ϕ . 1
− 4
t
r
t
0,
0318radiana
Pomembno je opozoriti, da če bi bila cev zaprta, na mestu reza
zavarjena, bi bile napetosti in predvsem zasuk precej
drugačna. Napetosti bi bile po debelini cevi konstantne in ne
dvoznačne, kot je značilno za odprte preseke. V splošnem se z
rezom togost elementa izredno zmanjša, napetosti pa povečajo.
5.6. Sestavljeni preseki.
Za njih seveda še vedno veljajo osnovne značilnosti torzije
- vsi deli preseka se enako zasučejo, ker se presek v svoji
ravnini ne deformira
- torzijski moment je linearno proporcionalen zasuku in
torzijski konstanti.

TRDNOST 173
Na sliki 10 je prikazan sestavljeni presek, sestoji se iz
kvadratne zaprte cevi, dveh tankostenskih pravokotnikov in
polnega pravokotnega preseka.
Slika 10. Primer sestavljenega preseka.
Pri torzijski obremenitvi se v vsakem značilnem sestavnem delu
preseka (votli presek, odprti presek, polni presek) pojavijo
strižne napetosti, ki so razporejene kakor da bi bili ti
značilni deli preseka med seboj nepovezani. Torzijski
rezultantni moment strižnih napetosti v neposrednem območju
stikov med deli preseka je zanemarljiv v primerjavi s
torzijskim momentom celotnega preseka in tudi v primerjavi s
torzijskim momentom njegovih sestavnih delov. Če te strižne
napetosti na stikih zanemarimo, je rezultanta strižnih
napetosti v značilnih sestavnih delih nična, posamezni
rezultantni torzijski momenti pa so enaki
M = ϑG.
I , (15)
ti
ti
kjer so Iti njihove torzijske konstante. Vsota teh torzijskih
momentov mora seveda biti enaka obremenilnemu torzijskemu
celotnega preseka
∑ = n 4
i=
1
M = M . (16)
t
ti
V gornji enačbi, ki prestavlja ravnotežje torzijskih momentov,
izrazimo momente z zasukom, strižnim modulom in torzijskimi
konstantami (enačbi 2 in 15) in dobimo enačbo
∑ = n 4
i=
1
G ϑI
= G ϑ I .
t
i
i
ti
(1) votli
presek
(2) odprti
presek
(3) odprti
presek
(4) polni
presek
V skladu z osnovno predpostavko torzije so vsi specifični
zasuki enaki. Če so tudi strižni moduli enaki, dobimo iz
gornje enačbe torzijsko konstanto celotnega preseka, ki je
enaka vsoti torzijskih konstant sestavnih delov

TRDNOST 174
t
∑
I I . (17)
= i
ti
Specifični zasuk preseka je
M
t
ϑ = ,
G.
I t
torzijski moment, ki ga prevzame posamezni del preseka pa je
proporcionalen deležu torzijske konstante dela preseka v
torzijski konstanti celotnega preseka:
M =
M
t
ti = ϑG.
I ti G.
I ti .
G.
I t
oziroma
I
ti
M ti = M t . (18)
I t
Ko izračunamo moment, ki ga prevzame posamezni del preseka, pa
računamo napetosti za posamezne sestavne dele preseka, kot da
bi bili le-ti nepovezani.
Zgled 5.
Za presek na sliki 10 izračunajmo napetost v elementu 3.
Torzijski moment, ki deluje na presek je Mt = 100kN, stranica
votlega in polnega kvadrata, elementa 1 in 4, ter dolžina
elementov 2 in 3 so enaki a=L=0,4m. Debeline vseh sten so
enake, t=0,04m, razen za element 2, ki je debel t2=0,02m.
Izračun. Torzijske konstante sestavnih delov preseka so
I
t1
2
4A
4.(
0,
4m)
= =
ds 4.
0,
4
∫ t 0,
04
4
=
2,
56.
10
−3
m
It2 = (1/3).L2.t2 3 = (1/3).0,4.0,02 3 =1,067.10 -6 m 4
It3 = (1/3).L3.t3 3 = (1/3).0,4.0,04 3 =8,533.10 -6 m 4
It4 = k1.(2a) 3 (2b)=0,1406.0,4 3 .0,4 = 3,599.10 -3 m 4 .
4
Za torzijsko konstanto je značilno, da odprti deli presekov
prispevajo skoraj zanemarljivo malo h celotnemu preseku,
razlika med polnimi preseki in votlimi pa ni velika.

TRDNOST 175
n=
4
−3
-6
-6
-3
I t = ∑ I ti = 2,
56.
10 + 1,067.10 + 8,533.10 + 3,599.10 =
i=
1
6,169.10
Delež torzijskega momenta, ki ga prevzame kvadratna cev je
−3
4
I t1
2,
56.
10 m
M t 1 = M t = 100kNm
= 41,
50kNm
,
-3
4
I
6,169.10 m
t
napetost v cevi pa je
M t1
41,
50kNm
τ 1 = =
= 3,
242MPa
.
2
2A.
t 2.(
0,
4m)
. 0,
04m
1
Element 3, tanka pasnica prevzame
−6
4
I t3
8,
533.
10 m
M t 3 = M t = 100kNm
= 0,
138kNm
,
-3
4
I
6,169.10 m
t
napetost v pasnici pa je
M t3.
t 3 0,
138kNm.
0,
04m
τ ekstremni = =
= 0,
648MPa
.
-6
4
I 8,533.10 m
t3
-3
m
4

TRDNOST 176
6. UPOGIBNICA
6.1. Uvod.
Pri analizi konstrukcij je v mnogih primerih potrebno
ugotavljati kako in koliko se posamezni linijski elementi pod
obtežbo povesijo oziroma na splošno kako in koliko se
deformirajo (slika 1). Te deformacije podajamo s pomiki
težiščne osi nosilcev pravokotno glede na težiščno os nosilcev
pred deformacijo (slika 3). Krivuljo, ki podaja deformirano
obliko težičnice in s tem njene pomike pa imenujemo upogibnico
(imenujemo jo tudi elastična krivulja).
Slika 1. Shematični prikaz ravnega nosilca pred in po
deformaciji.
V splošnem se seveda lahko tudi konci nosilca premaknejo kot
na primer pri premikih vozlišč konstrukcije ali pa pri
dislokaciji (posedkih) podpor.
Za inženirsko analizo deformacij nosilca moramo upogibnico
podati z matematičnim zapisom kot funkcijo linijske obtežbe
oziroma kot funkcijo notranjih rezultantnih prereznih sil, vse
samo v odvisnosti od koordinate vzdolž nedeformirane
težiščnice (x-koordinate). V tem poglavju bomo spoznali, da se
upogibnico implicitno podamo z diferencialno enačbo, njen
eksplicitni funkcijski zapis pa dobimo z rešitvijo te enačbe.
Poleg tega, da upogibnica podaja deformacije nosilca, pa je
izredno pomembno, da z enostavnim odvajanjem upogibnice dobimo
analitično podan potek rezultantnih notranjih sil tako v

TRDNOST 177
odvisnosti od zunanje obtežbe kot v odvisnosti od obremenitev
in deformacij nosilca na robu.
Obravnavali bomo samo upogibe v smeri glavnih vztrajnostnih
osi preseka nosilca, ki jih označimo y in z os (slika 2).
Tedaj je upogib v teh dveh smereh medsebojno nezavisen, zato
upogibe v vsaki smeri posebej opišemo s svojo diferencijalno
enačbo. Ti enačbi sta med seboj nezavisni (nevezani) in ju
zato lahko rešujemo vsako posebej. Zato bomo v nadalnjem
predpostavljali, da smo postavili koordinatne osi v smeri
glavnih vztrajnostnih osi preseka. Tako lahko z izpeljanimi
enačbami analiziramo poljubne nesimetrične preseke. Pri
izpeljavah pa se bomo tudi omejili samo na vpliv upogibnih
momentov, ker je vpliv osnih ter strižnih sil na upogibe
nosilca praviloma zelo majhen.
Slika 2. Postavitev koordinatnega sistema za pomik težišča
preseka v smeri glavnih vztrajnostnih osi preseka.
Slika 3. Formalni funkcijski zapis upogibnice.
Pomike težiščnice pravokotno na os nedeformiranega nosilca
označimo v y smeri z (slika 3)
uy=v(x) (1)
Analogno označimo pomike težiščnice pravokotno na x-os v z
smeri označimo z

TRDNOST 178
uz=w(x). (2)
6.2. Izpeljava diferencialne enačbe upogibnice
Enačbo upogibnice izpeljemo na podlagi pomika v osni smeri
poljubne točke na preseku nosilca. Te osne pomike izrazimo s
pomočjo Bernoullijeve hipoteze z upogibi težiščnice ter
alternativno še z upogibnim momentom in oba izraza izenačimo.
To nas vodi do funkcijskega zapisa upogibnice podanega z
diferencialno enačbo, šele rešitev te diferencialne enačbe pa
nam da upogibnico eksplicitno.
Slika 4. Del nosilca pred in po deformaciji.Težišče (T) in
poljubna točka (B) na preseku se po deformaciji nosilca
premakneta v novo lego (T’, B’).
Predpostavimo, da obtežba na nosilec deluje samo v vertikalni
smeri (v smeri y osi) tedaj imamo samo upogibne momente MZ in
presek se premakne v y smeri in še zasuče se okoli z osi
(slika 4). Osni pomik za vse točke opazovanega preseka, ki
imajo isto koordinato y je enak, in ga izrazimo z naklonom
tangente upogibnice
uy( x)
ux( xyz , , ) ≡ ux( xy , ) = −y x
∂
, (3)
∂
kjer je
∂uy(
x)
tan( α)
≡ .
∂x

TRDNOST 179
Iz Hookovega zakona in gornje enačbe dobimo zvezo med drugim
odvodom upogibnice in napetostjo v točki preseka z koordinato
y:
2
∂
∂ ∂uy(
x)
∂ uy( x)
σx( xy , ) = E. εx(
xy , ) = E. ux( x, y) = E ( − y ) = −E2
y . (4)
∂x
∂x
∂x
∂x
Za napetost pri upogibu pa že vemo, da je enaka
σ x
( xy , )
M ( x)
z
= y
(5)
Iz
Iz enakosti desnih strani gornjih dveh enačb pa končno dobimo
enačbo upogibnice izraženo z navadno linearno diferencialno
enačbo drugega reda s konstantnim koeficientom (ko sta E in Iz
oziroma presek konstantna)
M ( x) =−E.I
z z
2
∂ uy( x)
2 , (6)
∂x
ki povezuje drugi odvod (ukrivljenost) upogibnive z upogibnim
momentom. Povsem analogno izpeljemo še upogibnico v z smeri
M ( x) =−E.I
y y
2
∂ uy( x)
2 . (7)
∂x
Splošno rešitev dobimo z dvakratno integracijo diferencialne
enačbe
E.I . u ( x) =− dξ M ( x) dη+ C . x + C
z y z
x ξ
oziroma
∫
∫
E.I . u ( x) =− dξ M ( x) dη+ D . x + D
y z y
x ξ
∫
∫
1 2 , (8)
1 2 (9)
kjer sta C1 in C2, oziroma D1 in D2, integracijski konstanti.
Posebno rešitev, ki velja za dano obtežbo in robne pogoje
nosilca dobimo z izvrednotenjem integracijskih konstant, pri
tem pa moramo iz obtežbe najprej izračunati potek momentov.
Ker imamo na razpolago samo dve integracijski konstanti lahko
to diferencialno enačbo uporabljamo za nosilce, kjer podpore
določajo samo dva robna pogoja - dva pomika pravokotno na os
nosilca oziroma en pomik in en zasuk. Teke robne pogoje
imenujemo kinematične ali geometrijske robne pogoje. Take
robne pogoje imajo podpore pri statično določenih nosilcih,

TRDNOST 180
kjer imamo samo dve neznani reakciji in s tem dva znana
(nična) pomika (robna pogoja). Pri tem smo upoštevali, da pri
upogibnici vpliva sil v osni smeri ne obravnavamo (glej zgled
1).
Pri statično nedoločenih nosilcih, ki so večkrat podprti kot
statično določeni nosilci, pa moramo izpolniti tri oziroma
štiri robne pogoje, zato ne zadostuje diferencialna enačba
drugega reda, katere splošna rešitev ima samo dve prosti
konstanti. Tedaj podajamo enačbo upogibnice z diferencijalno
enačbo tretjega oziroma četrtega reda, katere splošna rešitev
pa ima tri oziroma štiri proste konstante. To enačbo dobimo z
odvajanje diferencialne enačbe drugega reda in upoštevanjem
diferencialnih zvez med momenti, prečnimi silami in prečno
zvezno obtežbo, kot je prikazano v naslednjem odstavku.
Z enkratnim odvajanjem diferencialne enačbe upogibnice drugega
reda dobimo
∂ ∂ ∂
∂x
∂ ∂
E.I
2
uy( x)
( − z 2 ) = Mz( x) = Vy( x)
(10)
x x
oziroma
3
∂ uy( x)
− E.I z 3 = Vy( x)
, (11)
∂x
če je Iz konstanten - konstanten presek. Z nadaljnjim
odvajanjem pa dobimo končno enačbo upogibnice podano z navadno
linearno diferencialno enačbo četrtega reda
E.I
z
4
∂ uy( x)
4 = py( x)
, (12)
∂x
ki podaja upogibnico v odvisnosti od zunanje obtežbe.
Splošno rešitev dobimo s štirikratno integracijo
2
E.I . u ( x) = dx dx dx p ( x ) dx + C + C . x + C . x + C . x
z y
∫ ∫ ∫ ∫
3 2 y 1 1 o 1 2
x x3
x3
x2
3
3
(13)
Splošna rešitev ima štiri konstante, ki jih določimo iz štirih
robnih pogojev, ki predstavljajo v izbrani točki nosilca
podani pomik, prvi odvod upogibnice (to je zasuk), drugi odvod
upogibnice (upogibni moment) in tretji odvod (prečno silo).
Pri podajanju robnih pogojev pa lahko namesto višjih odvodov
podamo nižje odvode v neki drugi točki nosilca. Kot smo že
omenili predstavlja dani pomik in zasuk nosilca (odvod
upogibnice)

TRDNOST 181
∂uy(
x)
u y ( x = konst.) in ϕ z ( x = konst.)
=
∂x
x= konst.
(14)
kinematične (geometrijske) robne pogoje. Drugi in pa tretji
odvod upogibnice (pomnožena z EIz) pa sta enaka momentu in
prečni sili
2
∂ uy( x)
M z ( x = konst.) = −E.Iz.
2 (15)
∂x
x= konst.
3
∂ uy( x)
Vy ( x = konst.) = −E.Iz.
3 (16)
∂x
x= konst.
in ju zato imenujemo statična (ali naravna) robna pogoja.
Seveda pa povsem analogno velja še za reševanje upogibnice v
smeri z in zato postopka ni potrebno posebej prikazovati.
Omenimo pa naj, da z diferencialno enačbo upogibnice četrtega
reda lahko izračunamo upogibnico tudi statično določenega
nosilca. Pri tem je vsebinska razlika v izračunavanju
upogibnice glede uporabo diferencialne enačbe drugega reda v
tem, da nam ni potrebno eksplicitno poznati potek momentov po
nosilcu - zadostuje že samo podana zvezna obtežba (in seveda
robni pogoji).
Na koncu omenimo še, da je z eno diferencijalno enačbo možno
rešiti upogibnica samo tiste odseke nosilcev, kjer so potek
obtežbe ter vsi odvodi upogibov do tretjega reda (zasuki,
upogibni momenti in prečne sile) zvezni. Če to ni izpolnjeno,
pa, kot bomo videli, nosilec razdelimo na odseke, kjer so
omenjene zahteve izpolnjene in tako dobimo sistem
diferencijalnih enačb, ki jih z ustreznimi kontinuirnimi
pogoji povežemo (na primer zvezni pomik, zasuk, itd, med deli
nosilca).
RAČUNSKI PRIMERI
Zgled 1.
Izračunaj upogibnico za konzolo, ki je obremenjena na koncu s
koncentrirano silo (slika Z.1.). Ker je ta nosilec statično
določen, lahko upogibnico izračunamo z
(a) diferencialno enačbo II. reda ali pa z
(b) diferencialno enačbo IV. reda.
Zaradi enostavnosti zapisa bomo pri silah in momentih
izpuščali indekse, pomik pa označili kar z u.

TRDNOST 182
Slika Z.1.
Ad(a) Rešitev s pomočjo diferencialne enačbe drugega reda. Iz
enačb ravnotežja dobimo analitično podan potek momentov glede
na izbrani koordinatni sistem
M(x)=-P.L.(1-x/L) (17)
Glede na splošno rešitev (en. 9) izračunamo prvi (nedoločeni)
integral momenta
∫ − − = − −
PL
2
x
x
. ( 1 ) dx P. L( x )
L 2.
L
in integriramo še drugič
2 2 3
x
x x
∫ ∫[ M( x) dx ] dx = ∫[
− P. L( x − ) ] . dx = −P. L( − )
2. L
2 6.
L
Integracijske konstante smo že upoštevali v splošni rešitvi v
enačbi 9. Glede na to, da lahko predznak neznanih konstant
izberemo poljubno je splošna rešitev enaka
2 3
2
x x
∫∫ EIu′′ ( x) dx = EIu( x) = P. L( − ) + C1. x+ C0
2 6.
L
(18)
Robna pogoja sta dva, ob podpori je tako pomik kot zasuk enak
nič (medtem ko sta na prostem koncu ti dve količini različni
od nič in nam ob definiranju problema neznani). Torej
pri x = 0 sta pomik

TRDNOST 183
u = 0 (19a)
in zasuk
du
ϕ= = 0
dx
(19b)
enaka nič. Vstavimo ju v splošno rešitev. Za prvi pogoj dobimo
enačbo iz katere lahko takoj izračunamo prvo konstanto.
2 3
0 0
EIu( x = 0) = 0=
P. L(
− ) + C1. 0 + C0
⇒
2 6.
L
Z odvajanjem splošne rešitve dobimo še zasuk
EI
du( x)
dx
C = 0
0 (20)
2
x
≡ EIu'( x) = EIϕ( x) = P. L(x − ) + C1
, (21)
2.
L
ter z drugim robnim pogojem še izračunamo še drugo konstanto
2
0
EIu'( x = 0) = EIϕ ( x = 0) = P. L( 0−
) + C1
= 0 ⇒ C 1 = 0 (22)
2.
L
Tako je upogibnica izračunana in analitično podana z izrazom
2 3
PL . x x
ux ( ) = ( − ) . (23)
E.I 2 6.
L
V tabelah se praviloma podajajo obrazci za upogibnice v
brezdimenzionalni koordinati
ξ= x
L .
Z njo je upogibnica podana v nekoliko drugačnem zapisu:
3
3
PL . 2 ξ
u(
ξ) = ( ξ − )
2. E.I.
3 (24)
Velja opozoriti, da je upogibnica konzole za koncentrirano
obtežbo torej natanko podana z enostavnim polinomom tretjega
reda.
Ad(b) Rešitev s pomočjo diferencialne enačbe četrtega reda.
Zvezna obtežba je nič, zato je po obrazcu 13 štirikratna

TRDNOST 184
integracija obtežbe nična in splošna rešitev je kar kubični
polinom
2
3
E.I . u ( x) = C + C . x + C . x + C . x . (25)
z y o
1 2
3
Za izračun konstant moramo izpolniti štiri robne pogoje. Na
vpetem koncu poznamo kinematična robna pogoja (seveda enaka
kot pri reševanju z diferencialno enačbo drugega reda):
Pri x = 0 sta pomik
u = 0 (26)
in zasuk
du
ϕ= = 0
dx
(27)
enaka nič. Na prostem koncu pa poznamo še dva statična robna
pogoja. Pri x=L poznamo moment, ki je enak nič
2
∂ uy( x)
M z ( x = L) = − E.Iz.
2
∂x
x= L
= 0 , (28)
in prečno silo, ki je enaka obtežbeni sili P
3
∂ uy( x)
Vy ( x = L) = − E.Iz.
3 = P . (29)
∂x
x= L
Tako imamo štiri linearne enačbe za izračun štirih konstant C0
do C3. Če v gornjih enačbah izvedemo nakazano odvajanje splošne
rešitve upogibnice (en. 25) in izvrednotimo dobljene izraze,
dobimo sistem enačb
2
3
E.I . u ( x = 0) = C + C . 0+ C . 0 + C . 0 = 0
(30.1)
z y o
1 2
3
2
E.I . u' ( x = 0) = 0+ C + 2. C . 0+ 3. C . 0 = 0
(30.2)
z y
1 2 3
− M( x = L) = E.I . u'' ( x = L) = 0+ 0 + 2. C + 6. C . L = 0
(30.3)
z y
2 3
− V ( x = L) = E.I . u''' ( x = 0) = 0+ 0+ 0. C + 6.
C = P
(30.4)
y z y
2 3
Principialno lahko seveda te enačbe rešimo na različne načine,
ki so poznani iz matematike oziroma kar z ustreznim
računalniškim programom, ki rešuje sistem linearnih enačb. Z
ustrezno izbiro lege začetka koordinatnega sistema pa je
mnogokrat moč dobiti sistem enačb, ki niso povsem vezane, kot
je to v našem primeru. Iz prve enačbe (prvi robni pogoj)
dobimo takoj prvo konstanto in iz druge enačbe drugo
konstanto:
C0 = C1 = 0. (31)

TRDNOST 185
Iz četrte enačbe sledi
C
3
P
=− (32)
6
ter iz tretje še
P PL
C2 =− 3C3 L=−3
L
6 2
− .
. . . . = . (33)
Tako je upogibnica podana z enačbo
PL . P
E.I z. u y(
x)
= x − . x
2 6
2 3 (34)
oziroma izražena z brezdimenzionalno koordinato ξ=x/L
u
y
3
PL . 2 1 3
( ξ) = ( ξ − . ξ )
2.
E.I 3
z
(35)
kar je seveda enak rezultat, kot je rešitev pod točko (a). Pri
rešitvi zaradi jasnosti lahko še zapišemo, da velja enačba za
spremenljivko ξ iz intervala [0,1], ki torej “preteče” ves
nosilec.
Ko imamo izračunano upogibnico pa lahko po potrebi z
odvajanjem upogibnice (en. 34) izračunamo še zasuke, upogibne
momente ter prečne sile:
⎡ P ⎛ ⎞ ⎤
2
∂
2 1 3 PL . x
u′ ( x) = ϕ(
x)
= ⎢ ⎜ Lx − x ⎟
x
x ⎣ EIz
⎝ ⎠
⎥ = ( 2.
− )
∂ 2
3 ⎦ 2.
EI L
x
Mx ( ) =− EIu . ''( x) =−PL( . 1 − )
L
Vx ( ) =− EIu . '''( x) = P
Zgled 2.
Izračunaj upogibnico za obojestransko vpeti nosilec, ki je
obremenjena z enakomerno zvezno obtežbo (slika Z.2.). Ker je
ta nosilec statično nedoločen, upogibnico izračunamo z
diferencialno enaćbo IV. reda.

TRDNOST 186
Rešitev.
Slika Z.2.
Splošno rešitev dobimo s štirikratno integracijo zvezne
obtežbe
∫∫ ∫∫
4
4 px .
pdx . =
24
Tako je splošna rešitev enaka
4
px .
2
E.I z. u y( x)
= + Co + C1. x+ C2. x + C3. x
24
Robni pogoji štirje in so sledeči: pomik in zasuk sta pri obeh
podporah enaka nič
u(0)=u’(0)=u(L)=u’(L)=0
To nam da štiri enačbe za izračun konstant. Iz prvih dveh
pogojev dobimo
E.I . u ( x = 0) = C = 0
z y o
E.I . u' ( x = 0) = C = 0,
z y
1
ostala dva pa nam dasta vezani enačbi
4
pL .
2
3
E.I z. u y(
x = L) = + C2. L + C3. L
24
= 0
3
pL .
2
E.I z. u' y ( x = L) = + 2. C2. L+ 3. C3. L
6
= 0,
ki ju rešimo na preostali konstanti
C
C
2
3
2
pL
=
24
.
pL
=−
12
. .
Tako je upogibnica enaka
3
.

TRDNOST 187
4 2
px . pL . pL .
E.I z. u y(
x)
= + x − x
24 24 12
oziroma
2
px . 2 2
E.I z. u y(
x)
= ( x − 2 Lx+ L ) .
24
2 3
Če jo podamo z brezdimenzionalno koordinato ξ=x/L pa dobimo
4
pL . 2 2
E.I z. u y(
x)
= ξ .( ξ − 2. ξ + 1)
24
Zasuke, momente in prečne sile dobimo z odvajanjem
p 3 2 2
E.I z. u' y ( x)
= ( 4. x − 6Lx + 2.
x. L )
24
p 2 2
Mz( x) =− E.Iz. u'' y ( x)
=− ( 12. x − 12Lx+ 2.
L )
24
p
Vy( x) =− E.Iz. u''' y ( x)
=− ( 24. x−12 . L)
24
Gornje enačbe podajmo še v odvisnosti od brezdimenzijske
dolžine
ξ=x/l, in grafično prikažimo na slikah Z.2.2. in Z.2.3.
3
pL .
3 2
E.I z. u'
y ( ξ) = ( 4. ξ − 6ξ + 2 . ξ)
24
2
pL .
2
Mz( ξ) =− E.Iz. u''
y ( ξ) =− ( 12. ξ − 12. ξ+
2 )
24
pL .
Vy( ξ) =− E.Iz. u'''
y ( ξ) =− ( 24. ξ−12
)
24

TRDNOST 188
Slika Z.2.2. Poves in zasuk nosilca.
Slika Z.2.3. Upogibni moment in prečna sila v nosilcu.

TRDNOST 189
Zgled 3.
Izračunaj upogibnico za nosilec, ki je obremenjen z zvezno
obtežbo, na levi strani je vpet in na desni strani členkasto
elastično podprt. Elastična (togostna) konstanta podpore je k.
Slika Z.3.1.
Rešitev. Splošna rešitev diferencialne enačbe upogibnice za
konstantno zvezno obtežbo je
4
px .
2
3
E.I z. u y( x)
= + Co + C1. x+ C2. x + C3. x . (1)
24
Za izračun konstant moramo izpolniti štiri robne pogoje:
Pri x = 0 sta pomik
u = 0 (2.a)
in zasuk
du
ϕ= = 0
dx
nična.
(2.b)
Pri x = L poznamo moment, ki je enak nič,
2
d uy( x)
M z ( x = L) = − E.Iz. 2 = 0 , (2.c)
dx
x= L
in prečno silo, ki je enaka elastični reakcijski sili tal
(slika Z.3.2.), zato velja enačba
Slika Z.3.2.

TRDNOST 190
3
duy( x)
− Vy( x = L) = E.Iz. 3
dx
x= L
= k.u y(x
= L) , (2.d)
kjer je k togostna konstanta tal (podpore).
Ko splošno rešitev (en.1) vstavimo v robne pogoje (enačbe 2)
dobimo štiri enačbe
E.I . u ( x = 0) = C = 0
z y o
E.I . u' ( x = 0) = C = 0
z y
1
2
pL .
E.I z. u'' y ( x = L) = + 2. C2 2
+ 6. C3. L = 0 (enačbe 3)
k
E.I z. u''' y ( x L) p. L . C
E.I y
pL
( C L C L
.
= ≡ + 6 3 =
4
2
3
+ 2.
+ 3.
) ,
24
ki jih rešimo na konstante Ci (i=1 do 4). Z vstavitvijo
izračunanih konstant v splošno rešitev (en. 1) pa dobimo
željeno upogibnico
4 2 3
3
px . pL kL + 12.
EI z pL 5kL + 24EI
2
E.I z. u y(
x)
= + ×
3 × x − ×
3
24 4 12EI + 4kL 48 3EI
+ kL
z
Spet lahko z enostavnim odvajanjem gornje upogibnice dobimo še
zasuke, momente ter prečne sile. Prednost zapisa upogibnice z
občimi vrednostmi je v tem, da lahko študiramo vpliv
podajnosti (oziroma togosti) podpore na deformacije in
notranje sile v nosilcu. Matematični izraz za upogibnico še
nekoliko preuredimo, da je lažje razbrati vpliv elastičnosti
podpore:
EI z
EI z
4 2
px . pL
1+ 12.
3
kL pL
5+ 24.
3
2
kL 3
E.I z. u y(
x)
= + × × x − × × x
24 4 EI z 48 EI z
4+ 12.
1+ 3.
kL
3
Iz gornje enačbe je razvidno, da na pomike (in tudi zasuke,
momente in prečne sile) vpliva razmerje EI/kL 3 . Poglejmo si
samo skrajni primer, ko je togost k neskončna. Tako dobimo
nosilec na nepodajni podpori. Upogibnico dobimo iz zgornjega
izraza, če izvedemo limitni proces
4 2
px . pL . 5.
pL .
lim { EI z u y ( x)
} = + x − x
k→∞
24 16 48
2 3
Če pomik za togo podporo izrazimo še z brezdimenzionalo
dolžino ξ=x/L
4
pL .
4 2 3
EI zuy( ξ) = ( 2. ξ + 3. ξ −5
ξ )
48
z
kL
3
z
× x
3

TRDNOST 191
lahko z odvodom pomika, ki je enak zasuku, splošno poiščemo
ekstremni poves:
4
pL .
3 2
EI zu' y ( ξ) = (. 8 ξ + 6. ξ− 15ξ ) = 0
48
Fizikalno smiselni je samo en koren enačbe
ξ1=0,57846 oziroma x1 = 0,57846.L,
kjer je poves maksimalni
4
pL .
4 2 3 pL .
EI zuy( ξ1 0, 57846)
( , , , ) ,
48 2 0 57846 3 0 57846 5 0 57846 0 26 = = × + × − × =
48
Zgled 4.
Pri analizi konstrukcij nas mnogokrat zanima, kakšne notranje
sile povzročajo robni pomiki nosilca. Takšen problem nastopa
na primer pri posedkih ali zasukih podpor, lahko pa tudi
zaradi premikov vozlišč konstrukcije med katere je nosilec
vpet. Te probleme lahko rešujemo s pomočjo upogibnice. Tedaj
za robne pogoje splošne rešitve upogibnice postavimo premike
oziroma zasuke robov nosilcev in nato izračunamo pripadajoče
robne sile. Tako lahko dobimo zveze, ki podajajo robne sile v
odvisnosti od robnih pomikov. Problem nosilca pa lahko
formuliramo tudi obratno tako, da podamo kot robne pogoje
robne sile, rešitev pa nam da obratne relacije, to je,
odvisnost robnih pomikov od robnih sil. Zveza med omenjenimi
količinami je linearna, sorazmernostni faktor pa je togostni
oziroma podajnostni koeficient, ali na kratko rečeno togost
oziroma podajnost nosilca glede na to ali smatramo za
spremenljivke robne pomike (zasuke) ali pa robne sile
momente). Za zgled izračunajmo upogibnico, če je podan robni
zasuk α, ter ugotovimo zvezo med robnim zasukom in momentom za
nosilec na sliki Z.4.1.
Slika Z.4.1.
4

TRDNOST 192
Rešitev. Splošna rešitev diferencialne enačbe upogibnice, ko
je zvezna obtežba nična je
2
3
E.I . u ( x) = C + C . x + C . x + C . x . (Z.4.0)
z y o
1 2
3
Za izračun konstant moramo izpolniti štiri robne pogoje:
Pri x = 0 sta pomik
u = 0
in zasuk
du
ϕ= =
dx
nična.
0
Tudi pri x = L je pomik enak nič,
u = 0,
zasuk pa je enak
α= du
dx
in ga lahko smatramo kot spremenljivko.
Ti robni pogoji nam dajo štiri enačbe
E.I . u ( x = 0) = C = 0
z y o
E.I . u' ( x = 0) = C = 0
z y
2 3
E.I . u ( x = L) = C . L + C . L = 0
z y
2
1
2
E.I . u' ( x = L) = 2. C . L + 3.
C . L = E.I . α ,
z y 2 3
z
3
iz katerih izračunamo vse štiri neznane konstante C (pri
zapisu zadnjih dveh enačbah smo že upoštevali, da iz prvih
dveh enačb sledi, da sta konstanti C0 in C1 enaki nič).
Izračunane konstante vstavimo v splošno rešitev
E.I z E.I 2 z 3
E.I z. u y(
x)
=− α. x + 2 α.
x ,
L L
ki nam po ureditvi enačbe da upogibnico eksplicitno v
odvisnosti od robnega zasuka nosilca za kot α:

TRDNOST 193
x x
uy ( x)
= . . L
L L
⎛ ⎞
⎜ ⎟ −
⎝ ⎠
⎛
3 2
⎡ ⎞ ⎤
⎢ ⎜ ⎟
⎣
⎝ ⎠
⎥ α .
⎦
Opozorimo naj, da je upogib nosilca za dani robni zasuk
nosilca neodvisen od preseka in materiala nosilca.
Zasuke dobimo z odvajanjem upogibnice
⎛ x⎞
x
u' y ( x)
= . ⎜ ⎟ − . . .
⎝ L⎠
L
⎛
2
⎡
⎞⎤
⎢3
2 ⎜ ⎟
⎣
⎝ ⎠
⎥ α , (Z.4.2)
⎦
ki so seveda, kot mora biti, pri x=0 enaki nič in pri x=L pa
enaki kotu α. Momenti in prečne sile pa poleg zasuka seveda
odvisni od tudi preseka in materiala nosilca
2.
EI
Mz( x) =− EIzu'' y ( x)
=−
L
. EI
Vy( x) =− EIzu''' y ( x)
=−
L
6
2
z
z
⎡ ⎛ x⎞
⎤
⎢3.
⎜ ⎟ − 1 .
⎣ ⎝ L⎠
⎥ α . (Z.4.3)
⎦
. α .
Momenti potekajo linearno (slika Z.4.2) in prečne sile
konstantno po nosilcu
Slika Z.4.2. Potek normiranih momentov.
Velja si zapomniti, da je moment na drugem koncu nosilca
natanko enak polovici momenta na obremenjenem koncu nosilca in
je obratnega predznaka. V žargonu pravimo, da se polovica
momenta prenese v sosednje vozlišče nosilca.
Za x=L dobimo iz enačbe Z.4.3. enostavno linearno zvezo med
momentom in zasukom na robu nosilca, ki jo bomo s pridom
uporabljali pri Crossovi metodi. To zvezo zapišemo kot
M ( x = L) ≡ M = −k
. α ,
z
0 1

TRDNOST 194
ki je po obliki povsem enaka kot zveza med pomikom in silo pri
enostavni vzmeti. k1 je togostni koeficient, ki ga imenujemo
togost nosilca, glede na momente in zasuke na robu nosilca
k
1
4 EI
=
L
.
z
.
Togost k1 je po vrednosti (samo dimenzije so različne) enaka
momentu, ki ga povzroči zasuk nosilca v vrednosti kota α za en
radian. Zveza med zasukom vozlišča in momentom v sosednjem
vpetem vozlišču elementa pa je
k1
Mz ( x = 0)
= . α ,
2
kar je v skladu s tem, da se polovica momenta prenese v drugo
vozlišče elementa.
Če problem upogiba istega nosilca definiramo z obremenilnim
momentom Mo na robu nosilca (slika Z.4.1), pridemo seveda do
enakih togostnih konstant kot smo jih izpeljali v gornjem
razdelku. Poglejmo si še za zgled izračun upogibnice, ko je
podan robni moment Mo! Splošna rešitev je seveda enaka kot prej
saj je zvezna obtežba ravno tako kot prej nična. Prvi trije
robni pogoji so tudi enaki kot prej,
E.I . u ( x = 0) = C = 0
z y o
E.I . u' ( x = 0) = C = 0
z y
2 3
E.I . u ( x = L) = C . L + C . L = 0
z y
četrti pa je
2
E.I . u'' ( x = L) = 2. C + 6.
C . L = −M
z y
1
3
2 3 0 .
Iz gornjih štirih enačb dobimo rešitev za konstante, ko v njih
vstavimo splošno rešitev upogibnice (en. Z.4.0). Z
izračunanimi konstantami pa je (posebna) rešitev za upogibnico
enaka
M . L x x
E.I z. uy( x) = −
L L
⎛ ⎞
⎜ ⎟ +
⎝ ⎠
⎛ ⎡ 0
⎞
⎢ ⎜ ⎟
4 ⎣
⎝ ⎠
2 3 2
⎤
⎥ .
⎦
Z odvajanjem upogibnice dobimo najprej enačbo zasuka
M . L x x
E.I z. u' y(
x) = − . .
L L
⎛ ⎞
⎜ ⎟ +
⎝ ⎠
⎛
2
⎡
⎞ ⎤
0
⎢ 3 2 ⎜ ⎟
⎣
⎝ ⎠
⎥ ,
4
⎦
kjer je za x=L zasuk enak

TRDNOST 195
M . L L L M . L
EI . z. u′ y( x= L) ≡ EI . z.
= − . .
L L
⎛ ⎞
⎜ ⎟ +
⎝ ⎠
⎛
⎡
⎞ ⎤
⎢
⎜ ⎟ ⎥
⎝ ⎠
⎣⎢
⎦⎥
=−
α
2
0
0
3 2
.
4
4
Gornja enačba ima obliko
M0 =− k1.α
,
kjer je k1 enak kot prej. Potek upogibnega momenta po nosilcu
je sedaj podan v odvisnosti od robnega momenta M0:
M x
Mx ( ) =− E.Iz. u'' y(
x)
=− − .
L
⎛ 0 ⎡ ⎞ ⎤
⎢ 6⎜⎟ + 2
4 ⎣ ⎝ ⎠ ⎥
⎦
Zgled 5.
Izračunaj upogibnico za prostoležeči nosilec dolžine L=5m, ki
je obremenjen na razdalji a=2m od leve podpore A koncetrirano
silo P.
Slika Z.5.1.
Rešitev. Koncentrirana sila predstavlja nezvezno funkcijo py(x)
desne strani diferencialne enačbe upogibnice
E.I . u ''''( x) = p ( x)
, (Z.5.1)
z y y
zato enačbe ne moremo reševati tako kot doslej, ko smo imeli
zvezno obtežbo. Upogibnico moramo sestaviti iz dveh rešitev -
iz rešitve za del nosilca a, kjer je obtežba zvezna (nična) in
iz rešitve za del nosilca b, kjer je obtežba tudi zvezna
(nična). Upogibnici sestavljamo z vezanimi robnimi pogoji
tako, da je v točki C zagotovljena zveznost pomikov in odvodov
(zasukov). To sta kinematična robna pogoja, kjer zahtevamo, da
nosilec v tej točki ni “prelomljen”. S statičnima robnima
pogojema pa zahtevamo, da je vozlišče C v ravnotežju. Tako
računamo torej z dvema diferencialnima enačbama upogibnice, ki
imata skupaj osem konstant, ki jih moremo izračunati iz osmih
robnih pogojev.
Izberimo si koordinatni sistem kot je prikazan na sliki Z.5.1.
Za prvi del nosilca (del a) označimo upogibnico z ua in
napišimo diferencialno enačbo upogibnice

TRDNOST 196
E.I . u ''''( x) = p ( x)
≡ 0 ,
z a y
s splošno rešitvijo
2
3
E.I . u ( x) = C + C . x + C . x + C . x
(Z.5.1)
z a o
1 2
Veljavnost enačbe je samo za
0 ≤ x < a.
Robna pogoja za pomik in moment ob podpori A sta
ua ( x = 0) = 0
ua''( x = 0) = 0.
3
Za drugi del nosilca (del b) označimo upogibnico z ub. Zapišimo
diferencialno enačbo upogibnice
E.I . u ''''( x) = p ( x)
≡ 0 ,
z b y
in njeno splošno rešitev
2
3
E.I . u ( x) = D + D . x + D . x + D . x
(Z.5.2)
z b o
1 2
kjer je veljavnost enačbe samo za
a ≤ x < L.
Robna pogoja za pomik in moment ob podpori B
ub ( x = L) = 0
ub''( x = L)
= 0.
3
V točki C imamo še zveznost pomikov in odvodov (zasukov)
ua( x = a) = ub( x = a)
u '( x = a) = u '( x = a)
a b
ter momentno ravnotežje (glej sliko Z.5.2)
M − M = 0 ⇒ u ''( x = a) = u ''( x = a)
a b a b
ter ravnotežje sil v vertikalni smeri
− V + V + P = 0 ⇒ EI u '''( x = a) − EI u '''( x = a) + P = 0
a b z a z b

TRDNOST 197
Slika Z.5.2. Prikaz sil in momentov, ki delujejo na del
nosilca v točki C.
Ko v gornje enačbe vstavimo splošni rešitvi (Z.5.1 in 2) in
jih nekoliko preuredimo, dobimo osem sledečih enačb:
C0 = 0
2.C2 = 0
D0 + D1.L + D2.L 2 + D3.L 3 = 0
2.D2 + 6.D3.L = 0
D0 + D1.a + D2.a 2 + D3.a 3 -( C0 + C1.a + C2.a 2 + C3.a 3 ) = 0
D1 + 2.D2.a + 3.D3.a 2 -( C1 + 2.C2.a + 3.C3.a 2 ) = 0
-(2.C2 + 6.C3.a )+ 2.D2 + 6.D3.a = 0
-6.C3 + 6.D3 + P = 0,
Sistem enačb rešimo na konstante Ci in Di, i = 0,1,2 in 3, ki
jih vstavimo nazaj v obe splošni rešitvi diferencialne enačbe
upogibnice za oba dela nosilca (enačbi Z.5.1 in 2). Zaradi
preglednosti ju zapišimo v malo preurejeni matematični obliki.
Za prvi del nosilca je upogibnica
2 2 3
E.I . u ( x). 6L/ P =− a( a + 3aL−2L). x − b. x ,
z a
kjer je veljavnost enačbe samo za
0 ≤ x < a
in za drugi del nosilca
3 3 2 2 3
E.I . u ( x). 6L/ P =− a . L + ( a + 2. a. L ). x − 3aL.
x + a. x ,
z b
kjer je veljavnost enačbe samo za
a ≤ x < L.
Za izbrane posebne vrednosti za dolžine obeh nosilcev, a=2m in
L=5m, je seveda veliko enostavneje rešiti osem enačb s
posebnimi števili na neznane konstante Ci in Di, i=0,1,2 in 3,
kot prej, ko smo reševali sistem enačb z občimi števili. Ko
izračunane konstante vstavimo v enačbi za splošni rešitvi

TRDNOST 198
(enačbi Z.5.1. in 2) dobimo upogibnici. Za prvi del
sestavljenega nosilca je
8 1 3
E.I z. u a(
x)/ P = x − x ,
5 10
kjer je veljavnost enačbe samo za
0 ≤ x < a=2,
in za drugi del nosilca
20 54 1
E.I z. u b(
x)/ P =− + x − x + x
15 15 15
2 3
kjer je veljavnost enačbe samo za
a = 2≤ x < L = 5.
Z odvajanjem dobimo še zasuke, momente in prečne sile. Za prvi
del nosilca so le-ti
8 3 2
E.I z. u' a ( x)./ P = − x
5 10
Mz( x)/ P =− E.Iz. u'' a ( x)/ P = . x
6
10
3
Vy (x)/P = −E.I
z.u''
a (x)/P =
5
in za drugi del nosilca
54 1 2
E.I z. u' b ( x)/ P = − 2.
x + x
15 5
2
Mz( x) =− E.Iz. u'' b ( x)/ P = 2 − x
5
Vy( x) =− E.Iz. u''' b ( x)/ P =− 2
5 .
Enačbe za momente in prečne sile lahko seveda veliko lažje
izpeljemo direktno iz ravnotežnih enačb statike in tako
preverimo gornje rezultate. Za konec še narišimo upogibe,
zasuke, momente ter prečne sile za naš “sestavljeni” nosilec
(slika Z.5.3).

TRDNOST 199
Slika Z.5.3. Potek upogibov, zasukov, upogibnih momentov ter
prečnih sil za nosilec s koncentrirano silo.

TRDNOST 200
7. UKLON
7.1. Uvod.
Pri tlačni osni obremenitvi stebrov (centrični osni sili) je
potek deformacij ter v skrajnem primeru porušitev stebra
povsem drugačna, kot pri vseh obremenitvah, ki smo jih doslej
obravnavali. Za primer glej primerjavo osne in upogibne
obremenitve na sliki 1 ter potek pomikov na sliki 2.
Slika 1. Centrična osna obremenitev (slika a) in upogibna
obremenitev (slika b).
Za upogibno obremenitev je značilno, da so pomiki, deformacije
in napetosti linearno proporcionalne obremenitvi. Tako so na
sliki 1.b upogibni momenti, povesi u ter napetosti linearno
odvisni od sile P. Na primer, upogibni moment v preseku
določenem z vrednostjo koordinate x je enak
M(x,P) = P.(L-x),
u0
kjer je L dolžina konzole. Pri centrični osni obremenitvi,
pravimo ji tudi uklonska obremenitev (slika 1.a), pa so
pomiki, deformacije in napetosti nelinearno odvisni od sile P.
Tako je upogibni moment v preseku določenem z vrednostjo
koordinate x enak
M(x,u,P) = P.(u0–u(x)),
x
u(x,P)
u(x,P)
x
(b) upogib
u(P)
P

TRDNOST 201
torej je odvisen tako od sile P kot od pomika u! Kot bomo
kasneje ugotovili, je rezultat tega, da pri povečevanju osne
sile P sprva ni nikakršnih prečnih pomikov, ko pa se le ti
pojavijo pa se tudi pri konstantni osni sili povečujejo do
porušitve stebra (glej diagram na sliki 2)! Temu pojavu
pravimo uklon, silo pri kateri pride do porušitve pa imenujemo
uklonska sila. Značilno za uklon je, da so napetosti, ko
dosežemo uklonsko silo, lahko bistveno manjše od porušnih
napetosti materiala. Ta pojav je v inženirstvu zelo nevaren,
saj lahko pride do porušitve že pri majhnih obtežbah, kjer so
napetosti lahko bistveno manjše od trdnosti materiala, hkrati
pa pred porušitvijo ni opaziti »opozorilnih« deformacij.
bifurkacijska
točka
(1),(2),(3)
možni pomiki u
zaradi
obremenitve na
slike 1.a
(1)
P
(3)
upogibni poves u
zaradi obremenitve na
sliki 1.b
Slika 2. Diagram principialnega poteka uklonskega pomika in
upogibnega pomika.
Predpostavke. Potek deformacij prikazan na sliki 2 velja samo
za idealno ravni steber iz teoretično idealno linearno
elastičnega materiala, obremenjen natanko samo s centrično
osno silo. V realnosti ti pogoji niso nikoli natančno
izpolnjeni. Že relativno majhna odstopanja od njih lahko
precej spremenijo potek deformacij in napetosti. Ker bomo v
teoretični izpeljavi predpostavili, da je material idealno
linearno elastičen do zloma pri napetosti σ0, izpeljani
teoretični rezultati služijo samo študiju uklonskega pojava in
oceni stabilnosti. Za natančnejšo analizo uklonskih pojavov je
potrebno upoštevati dejanske lastnosti materiala, ki niso
linearne ter predpostavljeno ali dejansko ukrivljenost stebra
in ekscentričnost obremenitve. Tedaj uklon analiziramo v
okviru nelinearne teorije, numerične izračune pa lahko
izvedemo z iterativnimi postopki.
(2)
u

TRDNOST 202
7.2. Izpeljava uklonske sile.
Zaradi odvisnosti obremenitve od deformacij moramo opazovati
ravnotežje na deformiranem stanju. Opazujmo ravnotežje na
členkasto podprtem stebru (slika 3).
Za vsak del stebra, od x=0 do x, dobimo iz momentnega
ravnotežja zvezo med obremenilnim upogibnim momentom in osno
silo
MN(x) - N.u(x) = 0, (1.a)
kjer smo tlačno osno silo zapisali kot pozitivno, torej N>0.
L
Slika 3. Ravnotežje na deformiranem stebru.
N
x
M(x)
Upogibni moment notranjih sil pa je v skladu z enačbo
upogibnice podan z
Mσ(x)=-E.I.u˝(x), (1.b)
kjer je E elastični modul, I pa vztrajnostni moment preseka.
Pri tem smo predpostavili, da smo y in z os postavili v smeri
glavnih vztrajnostnih osi.
Iz enakosti obremenilnega upogibnega momenta in momenta
notranjih sil,
Mσ(x)= MN(x), (2)
N
u(x)
u

TRDNOST 203
in gornjih enačb 1.a in 1.b dobimo diferencialno enačbo
uklona, ki se imenuje Eulerjeva uklonska enačba:
E.I.u˝(x)+ N.u(x) = 0 . (3.a)
Preden jo rešimo, jo še preuredimo. Z oznako η,
η 2 = N/EI >0, (3.b)
jo zapišemo
u˝(x)+ η 2 .u(x) = 0
. (3.c)
Kot bomo videli, obstaja netrivialna rešitev gornje enačbe
samo za določene vrednosti η, oziroma po enačbi 3.b za
določene vrednosti osne sile. (V matematiki jih imenujemo
lastne vrednosti diferencialne enačbe. Uklon torej matematično
obravnavamo kot problem lastnih vrednosti).
Rešimo gornjo enačbo na sledeči način. Ko izračunamo korene
karakteristične enačbe in jih vstavimo v splošno rešitev
diferencialne enačbe, dobimo za realno rešitev
u(x)=A.sin(ηx)+ B.cos(ηx), (3.d)
kjer sta A in B konstanti, ki ju določimo iz robnih pogojev:
pri x=0 je pomik u(0)=0 (4.a)
pri x=L je pomik u(L)=0. (4.b)
Iz prvega pogoja takoj ugotovimo, da je B=0. Drugi robni pogoj
nam da enačbo
u(L)=0=A.sin(ηL) (5)
in je izpolnjen, ko je A=0 (trivialna rešitev) ali pa ko je
sin(ηL)=0. (6)
Ker nas zanimajo samo rešitve, kjer je u(x)≠0, to je
netrivialna rešitev, je gornja enačba izpolnjena samo za
vrednosti
ηL= ± n.π, n=0,1,2… (7)

TRDNOST 204
Upoštevaje definicijo η (enačba 3.b), dobimo iz gornje enačbe
Eulerjevo uklonsko silo
N
u
2
( nπ)
E.
I
= . (8)
2
L
Samo pri silah, ki so enake Eulerjevi uklonski sili, je možen
izklon stebra. Pri ostalih vrednostih je namreč enačba 6
izpolnjena samo za A=0, torej za nični pomik. Za nični n je
formalna rešitev nezanimiva – ker ni obremenitve z upogubnim
momentom. Z n=1 dobimo najmanjšo Eulerjevo silo, kjer že
nastopi uklon. Ta je inženirsko najpomembnejša, ker
predstavlja najmanjšo mejno obremenitev, ki je ne smemo
doseči. Imenujemo jo kritična uklonska sila.
Pri Eulerjevi sili je enačba 6 izpolnjena za vsak A, ki
predstavlja amplitudo pomika. Teoretično je zato pomik
nedoločen in je ravnotežno stanje možno pri poljubni
amplitudi. Vrednosti za konstante A so torej lahko tudi
negativne (izklon na negativno stran) in nične. Zaradi tega so
na diagramu 2 narisane različne možnosti pomikov pri točki, ki
jo imenujemo bifurkacijska točka (v diagramu razvejiščna
točka), kjer rešitev za pomike ni enolična.
7.3. Problem stabilnosti.
Pri značilnostih uklonskega problema je pomembno analizirati
stabilnost. Za sile, ki so manjše od kritične uklonske sile,
je stanje stabilno. Pri kritični sili pa je stanje
indiferentno oziroma labilno. To lahko matematično ugotovimo
zelo nazorno tudi s pomočjo energetskih principov. Neposredno
pa na način, ki je primeren za analizo realnih stanj, kjer
sile niso idealno centrične in material ni idealno linearno
elastičen in homogen. Osnovna značilnost stabilnega stanja
sistema (stebra) je namreč, da se pod dodatno obremenitvijo
(majhno motnjo v obtežnem stanju) vzpostavi novo ravnotežno
stanje ob malo spremenjeni deformacijski konfiguraciji. Po
umiku motnje se sistem vrne v začetno stanje. Pri labilnem pa
se deformacije povečujejo, če ni drugih omejitev, do
porušitve.
Diferencialna enačba uklona (enačba 3.c) in enačba 2
predstavljata enakost obremenilnega momenta in momenta
notranjih sil. Pri kritični uklonski sili je ta enakost za vse
velikosti upognjenosti stebra, ˝nosilnost notranjih sil je
natanko izčrpana˝. Tako se pri povečani obtežbi ne more več
vzpostaviti ravnotežje – deformacije se povečajo do porušitve.

TRDNOST 205
Pri uklonski sili tako steber izgubi stabilnost. Zaradi tega
uklonski problem smatramo za stabilnostni problem.
Pri osnih obremenitvah N, ki so manjše od kritične sile, N

TRDNOST 206
Slika 4. Prvi dve uklonski obliki in pripadajoči uklonski
sili.
L
Lu=L
Nu
L
N
Lu=2L
N
n=2, Nu=(2π) 2 EI/L 2
n=1, Nu=π 2 EI/L 2
Nu Nu Nu
Lu=L/2
Lu=L/√2
Slika 5. Računske uklonske dolžine Lu za nekatere tipične
primere.

TRDNOST 207
Na enak način izračunamo uklonske sile še za druge primere, ki
so prikazani na sliki 5. Velja omeniti, da je za te primere
reševanje diferencialne enačbe uklona (enačba3.a) matematično
bolj zahtevno, kot za prikazani primer.
Vse uklonske sile zapišemo z enotnim obrazcem
2
π E.
I E.
I
N u = ≈ 10 , (9)
L L
2
u
2
u
kjer je Lu uklonska dolžina in je izražena z dejansko dolžino
stebra L. Geometrično je uklonska dolžina stebra razdalja med
infleksijskimi točkami uklonske krivulje pomikov. To so točke
kjer ukrivljenost spremeni predznak, ukrivljenost je nična,
zato so tam upogibni momenti nični. Tako so na teh mestih
enaki pogoji, kot robni pogoji pri zgoraj obravnavanem
primeru.
7.5. Napetosti pri uklonu.
Dokler je osna sila manjša od uklonske sile, so napetosti v
stebru enake
σx = N/A za N < Nu. (10)
Mejno vrednost te napetosti dosežemo pri uklonski sili in jo
imenujemo uklonska napetost
σu = Nu/A. (11)
Zaradi enostavnosti in preglednosti inženirske analize
uklonske stabilnosti je ugodno, da uklonsko napetost
primerjamo s porušno napetostjo σ0. To je napetost, ki privede
do porušitve materiala, ko ni uklona (porušna tlačna
napetost). Razmerje teh napetosti označimo z ω in je enako
σ
N
Aσ
0 0
0
ω = = = . (13)
2 2
σ u N e π EI / L
ω nam pove za kolikokrat moramo zmanjšati osno obremenitev v
primeru uklonske nevarnosti. Iz gornje enačbe dobimo neporušne
obremenitve
1
σ x ≤ σ u = σ0
(14.a)
ω
oziroma

TRDNOST 208
1
≤ N u = σ A
(14.b)
ω
N 0
Iz gornje enačbe in enačbe 9 lahko izračunamo ω
2
A.
L u
ω = σ 2 0 , (15)
π EI
ki je za pomembnejše inženirske primere tabeliran v
inženirskih priročnikih. Iz enačbe 9 vidimo, da je uklonska
sila odvisna od faktorja
2
ALu 2
λ = . (16)
I
λ imenujemo vitkost stebra in ga izračunamo samo iz
geometrijskih količin stebra. Z njo lahko iz enačbe 9 izrazimo
uklonsko silo in uklonsko napetost:
N
u
A
2
π
= σ u = E , (17)
2
λ
kot tudi vrednosti ω
2
λ
ω = σ0A
. (18)
2
π

TRDNOST 209
Slika 6. Principialni potek Eulerjeve hiperbole ter prikaz
mejne trdnosti materiala σ0 in pripadajoče vitkosti λ0.
Spreminjanje uklonskih napetosti od dimenzij in oblike stebra
nazorno prikazujemo z risanjem diagrama funkcijske odvisnosti
σ
u
uklonska
napetost
[GPa]
= σ
u
σ0
( λ)
0.12
0.1
0.08
0.06
0.04
0.02
0
0 20 40 60 80 100
λ0
vitkost λ
Eulerjeva
hiperbola
v skladu z enačbo 17. Na sliki 6 je prikazana tak diagram,
krivuljo pa imenujemo Eulerjeva hiperbola.
Kvantitativno diagram odgovarja razmeram, ki jih srečamo pri
betonskih stebrih.
Če pri konstantnem EI večamo dolžino stebra, se vitkost
povečuje (enačba 16) in uklonske napetosti se naglo
zmanjšujejo, glej enačbo 17 diagram na sliki 6. Pri manjšanju
vitkosti je smiselno upoštevati samo uklonske napetosti, ki so
manjše od trdnosti materiala σ0, ki ji pripada vitkost λ0. Pri
tej vitkosti je nevarnost uklona enaka nevarnosti porušitve
materiala. Za manjše vitkosti, λ

TRDNOST 210
Zgled 1.
Imamo 3m visoki konzolni betonski steber, presek stebra je
kvadraten s stranico a=0,2m in modul elastičnosti E=30GPa,
trdnost pa je σ0=40MPa (slika Z.1).
(1) Izračunajmo Eulerjevo uklonsko silo.
(2) Izračunajmo stranico kvadratnega preseka, da bo steber
prenesel osno silo P = 1,50MN.
(3) Kolikšna naj bo osna sila in višina stebra, da bo
uklonska napetost enaka trdnosti materiala σ0 = 40MPa?
Slika Z.1. Konzolni steber ter njegove geometrijske in
materialne karakteristike.
Izračun.
Ad (1). Uklonska dolžina stebra je
Lu=2.L=2.3m=6m
Uklonska sila je
E.
I
= π 2
L
L=3m
20GPa.(
0,
2m)
( 6m)
Nu 2
= π
2
2
u
Uklonska napetost je
N
4
/ 12
a=0,2m
= 731,
08kN
presek
a=0,2m
σu = Nu/A = 0,73108MN/(0,2m) 2 = 18,277MPa < σ0 = 40MPa
E=20GPa
σ0=40MPa

TRDNOST 211
in je manjša od trdnosti materiala. Zato je teoretično
merodajna Eulerjeva uklonska sila 73,108MN.
Ad (2)
2 E.
IP
P = Nu
= π 2
Lu
kjer je vztrajnostni moment enak
IP=(aP) 4 /12.
Iz gornjih dveh enačb dobimo stranico kvadratnega preseka
konzole
a
P
2
2
12PL
12.
1,
5MN.(
6m)
4 u 4
u
= =
= 0,
239m
.
2
2
π E π 20GPa
Uklonska napetost pa je
σu = P/A = 1,50MN/(0,239m) 2 = 26,260MPa < σ0 = 40MPa.
Ad (3) Iz enakosti uklonske napetosti in trdnosti materiala
dobimo enačbo
P π
E.
I
2 P
0 = σ0.
A = Nu
= , 2
( 2L0)
iz nje pa višino konzole
L
0
4
2 E.
IP
2 20GPa.(
0,
2m)
/ 12
= π = π
= 0,
639m
.
4σ
4.
40MPa
0
Zgled 2.
Izračunajmo uklonsko dolžino stebra, ki je spodaj vpet zgoraj
pa drsno členkasto podprt (steber na skrajni desni slike 5).
Rešitev. Robni pogoji za tak steber so štirje. Na obeh
podporah sta pomika nična , na spodnji je še zasuk, na zgornji
pa upogibni moment ničen. Enačba uklona, enačba 3.a, je
diferencialna enačba drugega reda, kjer ne moremo aplicirati
štiri robne pogoje. Zato jo z dvakratnim odvajanjem spremenimo
v 4. reda,
u (iv) (x)+ η 2 .u˝(x) = 0,

TRDNOST 212
kjer lahko apliciramo vse zahtevane robne pogoje. Rešitev
diferencialne enačbe dobimo iz korenov karakterističnega
polinoma, ki so
s 4 + η 2 s 2 =0,
ki so s1=0, s2=0, s3=-iη, s4=iη.
S temi koreni je splošno rešitev enaka
u(x)=A.e s1.x +B.x.e s2.x +C1 .e s3.x + C2 .e s4.x .
Ko vanjo vstavimo vrednosti korenov in upoštevamo samo realne
rešitve, dobimo enačbo
u(x)=A+B.x+C.sin(ηx)+D.cos(ηx), (Z.2.1)
kjer moramo še določiti konstante in robnih pogojev.
Če postavimo začetek koordinatnega sistema v spodnjo podporo,
so robni pogoji sledeči
Za x=0 je u(0)=0 in u'(0)=0
Za x=L je u(L)=0 in u˝(0)=0.
Ko te pogoje vstavimo v splošno rešitev, enačba Z.2.1, dobimo
štiri enačbe za izračun konstant, ki jih zapišemo z matrikami
⎡1
⎢
⎢
0
⎢1
⎢
⎣0
0
1
L
0
0
η
sin( ηL)
2
− η sin( ηL)
1 ⎤⎡A⎤
⎡0⎤
0
⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
⎥⎢
B
⎥ = ⎢
0
⎥ .
cos( ηL)
⎥⎢C
⎥ ⎢0⎥
2 ⎥⎢
⎥ ⎢ ⎥
− η cos( ηL)
⎦⎣D⎦
⎣0⎦
Netrivialna rešitev obstaja samo tedaj, ko je determinanta
koeficientov nična. Ko izračunamo to determinanto dobimo
enačbo
ηL - tan(ηL)=0,
kjer je prva rešitev
Lη1 = 4.49341.
Ta rešitev da po enačbi 3.b najmanjšo uklonsko silo
N1 = (η1/L) 2 .EI ≈ (1,43π) 2 EI/L 2
in pripadajočo uklonsko dolžino

TRDNOST 213
Lu=L/√2=0,7L.
- 0 -