Post on 06-Feb-2018
2.Wytrzymałość materiałów 2.1 Ściskanie i rozciąganie prętów 2.1.1 Obliczyć o ile wydłuży się pod własnym ciężarem pręt o długości l, jeżeli wykonany jest z aluminium o gęstości ρ = 2,6 g/cm3 i module Younga E = 64 MPa.
y
dxx
l
x
2.1.2 Dla prętów pokazanych na rysunkach obliczyć wydłużenie całkowite. Dla przypadku C) wyznaczyć również przemieszczenia punktów A i B. Moduł Younga dla wszystkich prętów przyjąć równy E. Dane: F, E, d ,a ,l A)
φ2d
φ1,5
d
l l
F
B)
l/2
φ2d
l l
F2F
φ1,5
d
C)
l l/2 l l
φ3a
φ2a
φ3aF 2FBA F
2.1.3 Obustronnie utwierdzony pręt o przekroju kołowym (przedstawiony na rysunku) oziębiono o ∆t°C. Obliczyć reakcje ścian oraz naprężenia w prętach, jeżeli liniowy współczynnik rozszerzalności wynosi α, a moduł Younga jest równy E. Pręt dodatkowo obciążono siłą 7P zaznaczoną na rysunku. (Termiczne wydłużenie liniowe opisuje zależność ∆l=α∆tl)
7P
φd φ2d
R1=? R2=?
l l
2.1.4 Obustronnie utwierdzony pręt o przekroju kołowym (przedstawiony na rysunku) obciążono siłą Q a następnie ogrzano. Obliczyć o ile ogrzano ten pręt, rekcję R2 a także naprężenia w prętach, jeżeli reakcja jednej ze ścian po ogrzaniu wynosi 2Q; liniowy współczynnik
rozszerzalności jest równy α, Moduł Younga dla pręta przyjąć równy E.
Q
φaφ1,5
aR1=2Q R2=?
l l
2.1.5 Pręt o przekroju kołowym obciążony jest siłami P i 2P jak przedstawiono na rysunku. Wyznaczyć reakcję ścian. Szerokość szczeliny wynosi δ a moduł Younga dla materiału z którego wykonany jest pręt E.
L
δ
2P P
L
L
φ2d
φd
2.1.6 Filar mostu w całości ma być zanurzony w wodzie. Jak musi się zmieniać przekrój poprzeczny tego filaru wykonanego z betonu o gęstości ρ, aby naprężenia w dowolnym przekroju były równe wytrzymałości betonu na ściskanie kc. Przyjąć że górna powierzchnia filaru obciążona jest równomiernie naciskiem powierzchniowym q = kc a jej pole wynosi S0.
2.1 Zginanie belek 2.2.1 Dla belek przedstawionych na rysunkach sporządzić wykresy siły tnącej (T) oraz momentu gnącego (Mg) a)
2a a 3a
F
2F
BA
b)
2aa 3a
FM = 2Fa
BA
c)
M = 0,5qa2
aa 2a
A
M = 0,5qa2q
B
2.2.2 W celu zbadania wpływu naprężeń na własności magnetyczne ciał stosuje się próbki w kształcie pasków materiału o przekroju prostokątnym w układzie jak na rysunku. Jaką wartość muszą mieć siły F aby zbadać próbkę w zakresie do granicy plastyczności (200MPa), jeżeli próbki mają długość L = 9 cm, szerokość b = 1 cm i grubość h = 0,3 mm. W jakim obszarze można przeprowadzać badania.
l/3 l/3 l/3
FF
2.2.3 Jak długi pręt o masie całkowitej m (o przekroju kołowym) można wykonać z materiału o gęstości ρ, aby pręt ten po ułożeniu go poziomo i podparciu jego końców nie uległ zniszczeniu pod własnym ciężarem. Naprężenie maksymalne na zginanie materiału pręta wynosi kg. Wskaźnik wytrzymałości przekroju porzecznego belki na zginanie dla belki o przekroju kołowym wynosi W = πR3/4 2.2.4 Zaprojektuj belkę o przekroju prostokątnym, przy założeniu stałej jej grubości h = const, jako belkę o równomiernej wytrzymałości na rozciąganie. Obliczenia wykonaj dla obciążenia przedstawionego na rysunku.
l l
F
BA
h
RA=F/2 RB=F/2
2.2.5 Po belce o długości l podpartej na obu końcach może przemieszczać się człowiek o ciężarze G. Wyznaczyć wymaganą grubość belki o przekroju kwadratowym aby człowiek nie spowodował zniszczenia belki, jeżeli naprężenie dopuszczalne na zginanie wynosi kg 2.2.6 Wyznaczyć maksymalną wartość naprężeń rozciągających w belce suwnicy przedstawionej na rysunku, jeżeli wskaźnik wytrzymałości przekroju porzecznego belki na zginanie wynosi W.
A
RA
x
Q
B
RB
Q
dl
Rozwiązania: 2.1.1.R Rozpatrzmy wydłużenie elementu pręta o długości dx znajdującego się w odległości x od dolnego końca pręta. Element ten jest rozciągany siłą równą co do wartości ciężarowi pręta znajdującego się poniżej tego elementu. ( ) ( ) gxSgxmxF ρ== Z prawa Hooke’a otrzymujemy:
( ) ( ) dxE
gxdx
ESgxS
dxESxFdxE
dxdx
SxF ρρ
===∆⇒∆
= ,
Aby wyznaczyć całkowite wydłużenie pręta musimy zsumować (scałkować) wydłużenia wszystkich elementów dx.
Elg
dxxEg
dxE
gxdxl
lll
2
2
000
ρρρ===∆=∆ ∫∫∫
Odpowiedź: całkowite wydłużenie pręta wyniesie: mm2,02
2
≈=∆Elg
lρ
2.1.2.R A) Reakcję ściany wyznaczamy z zależności:
FRFR =⇒=− 0 Korzystając z prawa Hooke’a otrzymujemy:
ESFll
llE
SFE
=∆
∆=⇒= εσ
Wydłużenie całkowite jest sumą wydłużeń obu prętów:
2121 ES
FlESFllll −−=∆+∆=∆ , gdzie , 2
1 dS π= 22 16
9 dS π=
EdFll 29
25π
−=∆ (pręt jest ściskany)
B) Reakcję ściany wyznaczamy z zależności: FRFFR −=⇒=−+ 02
221321
)2(2 ES
lFFESFl
ESFlllll −
++=∆+∆+∆=∆ ,
gdzie , 21 dS π= 2
2 169 dS π=
EdFll 29π
=∆
C)
EaFll 29
27π
−=∆
EaFlx
EaFlx
B
A
2
2
919
98
π
π
−=∆
−=∆
2.1.3.R Całkowite wydłużenie pręta składa się z wydłużenia (skrócenia) termicznego i wydłużenia mechanicznego. Z uwagi na to, że pręt jest utwierdzony jest ono zerowe.
0=∆+∆=∆ mt lll Wydłużenie termiczne obliczamy z zależności:
tllt ∆−=∆ α2 - minus oznacza oziębianie, a czynnik 2 wynika z faktu że rozpatrujemy wydłużenie obu fragmentów pręta jednocześnie.
Wydłużenie mechaniczne jest sumą wydłużeń obu fragmentów:
( ) ( ) ( )2
12
121
2
1
1
121
57747dE
lRPdE
lRPdE
lRES
lRPES
lRlllm πππ
−=
−+
−=
−+
−=∆+∆=∆
Z warunków zadania:
( )
( )21
12
21
2751
572
057
20
dtEPR
RPdtEdE
lRPtll
πα
παπ
α
∆−=
−=∆
=−
+∆−⇒=∆
Drugą reakcję obliczamy z warunku równowagi sił:
( )22
1221
22851
707
dtEPR
PRRRPR
πα∆+−=
−=⇒=−−
Następnie obliczamy naprężenia w prętach:
( )22
2
1
11 5
2858
5274
dPtE
ddtEP
SR
πα
ππασ −∆=
∆−−=
−= - minus przed R1 oznacza ściskanie.
( ) tEdP
ddtEP
SR
∆+=∆+
=−
= αππ
πασ52
528
5228
22
2
2
22
2.1.4.R
2221
2
2
4932
934
aQ
aQ
QRaE
Qt
πσ
πσ
πα
−=−=
=
=∆
2.1.5.R Wskazówka: całkowite wydłużenie pręta wyniesie δ Jeżeli przyjmiemy że obie reakcje skierowane są w lewo otrzymamy:
LEdPR
LEdPR
632
637
2
2
2
1
δπ
δπ
−=
+=
2.1.6.R Rozpatrzmy element filaru o wysokości dx. Na górną powierzchnię tego elementu działa, zgodnie z warunkami zadania siła: y
dx
x
x
q=kc
( ) ( )xSqxF = ,
Wypadkowa siła działająca na element dx musi być równa zeru.
( ) ( )( ) ( ) ,
,0
wdx
dxw
FQxFdxxFQFxFdxxF
−+=+=++++
rrrr
gdzie Fw oznacza siłę wyporu działającą na ten element natomiast Qdx jego ciężar.
( ) ( ) ( ) dxxSgxSqdxxSgdxxSgxSqdxxF ww )()()()( ρρρρ −+=−+=+ Siłę działającą na dolna powierzchnię elementu możemy zapisać w postaci:
( ) ( ) ( )( ) ( ) dSqxqSqdSxSdxxqSdxxF +=+≅+=+ Przyrównując stronami otrzymamy:
( ) ( )
( )( )
dxq
gxS
dSdxxSgdSq
w
w
ρρρρ
−=
−= ,
Po scałkowaniu otrzymamy:
( )( ) ( )Cx
qg
xS w +−
=ρρ
ln
Stałą C wyznaczamy z warunku że dla x = 0 pole S(x) = S0, stąd C = ln(S0), czyli:
( ) ( )
( ) ( )
−=
−=
xq
gSxS
xq
gS
xS
w
w
ρρ
ρρ
exp
,ln
0
0
Odpowiedź: Pole przekroju filaru powinno rosnąć zgodnie z równaniem:
( ) ( )
−= x
qg
SxS wρρexp0
2.2.1.R A) Zadanie rozpoczynamy od wyznaczenia reakcji podporowych. Z warunku równowagi momentów sił względem punktu A otrzymujemy:
FR
RFaRaFaFM
B
B
BA
32
064063220
=
=+−
=+−⇒=∑
Z równowagi sił:
FR
FRRF
A
BAy
31
00
=
=−+⇒=∑
Następnie belkę dzielimy na trzy obszary i wyznaczamy w nich T i Mg
1. 0<x<2a
FRT A 31
==
FxxRM Ag 31
==
2. 2a<x<3a
FFFFRT A 34
31
=+=+=
( ) aFFxaFFxFxaxFxRM Ag 2342
312 −=−+=−+=
3. 3a<x<6a
FFFFFFRT A 322
312 −=−+=−+=
( ) FaFxaxFaFFxM g 432322
34
+−=−−−=
Na podstawie obliczeń sporządzamy odpowiednie wykresy:
x
Mg
6a3a2a
2/3Fa
2Fa
x
T
2a
6a
3a
4/3F
-2/3F
1/3F
B) Reakcje podporowe obliczamy analogicznie jak w przypadku a) i otrzymujemy: FRR BA 21== Podobnie jak poprzednio wyznaczamy T i Mg w trzech obszarach: 1. 0<x<a
FxxRM
FRT
Ag
A
21
21
==
==
2. a<x<3a
( ) FaFxFaFxFxaxFxRM
FFRT
Ag
A
+−=+−=−−=
−=−=
21
21
21
3. 3a<x<6a T nie ulega zmianie na skutek działania pary sił o momencie M a więc :
FT 21=
FaFxFaFaFxMFaFxM g 3212
21
21
+−=++−=++−=
Odpowiednie wykresy:
x
T
-0,5F
0,5F
6a
a
x
Mg
1,5Fa
-0,5Fa
0,5Fa
a
3a
6a
C) Reakcje podporowe wyznaczamy z równowagi momentów i sił, przy czym ciągły jednorodny rozkład siły o gęstości q traktujemy jak siłę Fq przyłożoną w jego centrum
aqR
RaqRF
MaRaFMM
B
BBq
BqA
=
=+⇒=+−
=++−−⇒=∑02202
020
aqaqaqR
FRRF
A
qBAy
=−=
=−+⇒=∑2
00
Dla 3 obszarów otrzymujemy: 1. 0<x<a
2
02qaMM
T
g ==
=
2. a<x<3a qaqxqaqxqaaxqRT A 2)( +−=+−=−⋅−=
Do wyznaczenia momentu gnącego korzystamy z faktu że wkład pochodzący od ciągłego rozkładu siły (na długości x-a) jest równoważny wkładowi od siły (równej Fq(x) = (x-a)q) umiejscowionej w środku tego rozkładu (ramię działania tej siły to r = (x-a)/2).
( ) ( ) ( ) ( ) ( )22
22 axqaxqaqaxrxFaxRMM qAg−
−−+=−−+=
3. 3a<x<4a
( ) ( ) ( )
2342
2
3)3()3(0
2222
2 qaqaqaxqaqaxqaqaxqa
axRaarxaFaxRMMT
BqAg
=−++−−+
=−+−−−−+==
Wykresy sił i momentów przedstawia rysunek:
x
T
qa
-qa
a
3a
4a
x
Mg
qa2
0,5qa2
a 3a 4a 2.2.2.R Aby rozwiązać przedstawione zagadnienie należy zbadać rozkład naprężeń na powierzchni belki, czyli również rozkład momentu gnącego. W tym celu wyznaczmy najpierw reakcje podporowe RA i RB. Z uwagi na symetrię zagadnienia mamy:
FRFRRRR BA
=⇒=−==
022
Następnie dzielimy belkę na trzy obszary o długości l/3 każdy i wyznaczamy w nich moment gnący: a) w obszarze I 0<x</3
FxM g −= b) w obszarze II l/3<x<2/3l
( )333lFlRFRxlxRFxM AAAg −=−−=
−+−=
c) w obszarze III 2/3l<x<l
( ) FlFxlRlRFRRxlxRlxRFxM BABABAg −=−−−+=
−+
−+−=
32
332
3
Wykres momentu gnącego wygląda więc następująco:
Jak widać moment jest maksymalny (a zarazem ma stałą wartość Mg = Fa) w obszarze od l/3 do 2/3l, więc w tym obszarze należy prowadzić badania.
Mg
x
Fl/3
l/3 l/3
Aby znaleźć wartość naprężeń na powierzchni próbki korzystamy z zależności:
WM g=σ ,
gdzie W – wskaźnik wytrzymałości przekroju poprzecznego belki na zginanie, dla belki prostokątnej:
6
2bhW =
Po podstawieniu otrzymamy:
lbhF
bhFl
236 2
2
σσ =⇒=
Jeżeli za σ przyjmiemy granicę plastyczności i podstawimy otrzymamy
Nm
mmmNF 11092
10910/1022
28228
=⋅⋅
⋅⋅⋅⋅=
−
−−
Odpowiedź: Należy przyłożyć siłę l
bhF2
2σ= =1N
2.2.3.R Reakcje podporowe dla pręta obciążonego jednorodnie (ciężarem własnym) będą sobie równe i równe połowie ciężaru pręta:
SlgQRRR BA ρ2121 ====
Moment gnący dla tak obciążonej belki:
( ) ( )22
21
21
21
21 xlxSgSgxSlgxxxQxRM Ag −=−=−⋅= ρρρ
Aby znaleźć maksymalną wartość momentu liczymy pochodną względem x.
( )
2max
max
81
2102
21
SglM
lxxlSgdx
dM
g
g
ρ
ρ
=
=⇒=−=
Dla maksymalnego momentu gnącego korzystamy z zależności:
Cg kW
M=max , gdzie
4
3Rπ=W
CkR
glR=3
22
84
πρπ ,
ale lmRlRm ρπρπ =⇒= 2
52
2
=
gmk
l C
ρρπ
Odpowiedź: maksymalna długość pręta wynosi: 52
2
=
gmkC
ρρπ
l
2.2.4.R Belka jest symetryczna, więc możemy rozpatrywać zagadnienie w przedziale 0<x<l, w tym przedziale tym moment gnący opisany jest zależnością:
FxM g 21
= ,
dla przekroju prostokątnego wskaźnik wytrzymałości wynosi:
( ) ( )6
2hxbxW =
Jeżeli przyjmiemy dla naprężenia jego wartość dopuszczalną otrzymamy:
( )
( ) ( )( ) ( )
6
2hxbxMxW
xWxM
dop
ggdop ==⇒=
σσ
stąd:
( )doph
Fxxbσ2
3=
Czyli otrzymujemy liniowo zmieniającą się szerokość przekroju z maksimum w środku belki równym:
dophFlbσ2max
3= ,
Belka taka widziana z góry:
b(x)
b max
=b(l)
Stosowanie takiej belki byłoby jednak kłopotliwe, dlatego w praktyce stosuje się belki o innym kształcie. jeżeli podzielimy (myślowo) naszą belkę na paski tak jak pokazują linie przerywane i odpowiednio złożymy, to otrzymamy belkę będącą w istocie piórem resoru:
F
2.2.5.R Wyznaczmy reakcję podporową w podporze A, w tym celu skorzystamy z warunku
x
G
BA
RARB
zerowania się momentów względem podpory B:
( ) ( )
( ) ( )l
xlGxR
xlGlxRM
A
AB
−=
=−+−=∑ 0
Moment gnący na lewo od człowieka:
( ) ( ) ( )l
xlGxRM Ag−
=⋅=ξξξ , gdzie ξ jest odległością od lewej podpory.
Moment ten osiąga wartość ekstremalną w punkcie działania siły G (jest to zarazem wartość maksymalna dla całej belki z uwagi na brak innych sił poza reakcjami podporowymi)
( )l
GxGxxM g
2
−=
Zbadajmy w jakim położeniu (x) człowiek wywoła największy moment gnący, w tym celu policzmy pochodną:
( )
lx
lGxG
dxxdM g
21
020
=
=−⇒=
Czyli maksymalny moment gnący dla: lx21
=
PlM g 41
max =
Z warunku wytrzymałości na zginanie:
WM
k gg
max= , gdzie 3
61 h=W
323hPlk g =
ostatecznie:
323
gkPlh = .
Odpowiedź: belka musi mieć grubość co najmniej równą: 323
gkPlh =
2.2.6.R Z warunków równowagi momentów otrzymujemy reakcje podporowe:
( )
( )dxlQR
dxllQR
B
A
+=
−−=
2
22
Momenty gnące w miejscach przyłożenia sił (tylko tam mogą one osiągać maksimum):
( dxll
QxxRM Ag −−== 221 ), dla siły na lewej osi wózka
( )( ) QddxldxlQQddxRM Ag −−−+=−+= 22)(2 , dla siły na prawej osi wózka
W celu znalezienia maksymalnych wartości momentów gnących liczymy ich pochodne względem x i przyrównujemy je do zera.
2
max1
11
22
420
−=
−=⇒=
dll
QM
dlxdx
dM
g
g
2
max2
22
22
43
20
−=
−=⇒=
dll
QM
dlxdx
dM
g
g
Jak widać oba momenty mają taką samą wartość maksimum, a więc do policzenia maksymalnego naprężenia możemy wziąć którykolwiek z nich.
2
maxmax 22
−==
dllWQ
WM gσ
Maksymalna wartość naprężeń rozciągających wyniesie:
2
max 22
−=
dllWQσ