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