203

Przykłady (twierdzenie A. Castigliano)

Zadanie 8.4.1

Obliczyć maksymalne ugięcie belki przedstawionej na rysunku (8.2). Do obliczeń

przyjąć następujące dane:

q = 10 kN

m, l = 1 [m], E = 2 ·10

7 [Pa], d = 4 [cm], P = ql.

W obliczeniach pominąć wpływ siły poprzecznej T.

Rys. 8.2

Rozwiązanie:

Energia sprężysta przedstawionego układu zależy od funkcji momentu zginającego (siły

normalne i momenty skręcające nie występują).

Zgodnie z twierdzeniem Castigliano współrzędna uogólniona przemieszczenia pi

odpowiadająca sile uogólnionej Pi, jest równa pochodnej cząstkowej energii sprężystej U

danego układu względem tej siły (dla stałej sztywności zginania EJ).

pi = δU

δPi =

1

EJ Σ

li

Mgi ·δMgi

δPi dxi

Maksymalne ugięcie dla belki wystąpi w punkcie przyłożenia siły P, więc siłą

uogólnioną odpowiadającą maksymalnemu przemieszczeniu (ugięciu) będzie siła P.

Funkcja momentu zginającego oraz pochodna cząstkowa momentu zginającego podług

siły P (rys. 8.3) wynosi dla:

0 ≤ x ≤ l

Mg = - Px - 1

2 ·qx

2 ,

stąd:

δMg

δPi = - x

204

Rys. 8.3

Maksymalne ugięcie wynosi:

pmax = 1

EJ

0

l

Mg ·δMg

δP dx =

1

EJ

0

l - Px -

1

2 ·qx

2(- x) dx

pmax = 11ql

2

24EJ

Po wstawieniu danych z tematu zadania oraz przyjęciu, że:

J = πd

4

64 =

π(4)4

64

J = 12,56 [cm4],

otrzymamy:

pmax = 1,82 [cm].

Zadanie 8.4.2

Obliczyć ugięcie w punkcie A belki o sztywności EJ przedstawionej na rysunku 8.4.

Wpływ sił poprzecznych na ugięcie belki pominąć.

Dane: q. L. EJ.

Rys. 8.4

205

Rozwiązanie:

W celu wyznaczenia ugięcia belki w punkcie A, przykładamy siłę fikcyjną P* = 0

(rys. 8.5), o kierunku szukanego przemieszczenia. Funkcje wielkości sił wewnętrznych

(momentów zginających) w poszczególnych przedziałach wynoszą odpowiednio:

Rys. 8.5

0 ≤ x1 ≤ l

Mg1 = - P* x1 – q ·

x2

1

2 ,

l ≤ x2 ≤ 2l

Mg2 = - P* x2 – ql x2 -

1

2 ·l – K,

2l ≤ x3 ≤ 3l

Mg3 = - P* x3 – ql x3 -

1

2 ·l – K – P(x3 – 2l).

Pochodne cząstkowe podług siły fikcyjnej P* wynoszą:

δMg1

δP* = - x1,

δMg2

δP* = - x2,

δMg3

δP* = - x3.

Ugięcie w punkcie A wynosi więc:

206

pA = 1

EJ

0

l

Mg1 ·δMg1

δP* dx1 +

l

2l

Mg2 ·δMg2

δP* dx2 +

2l

3l

Mg3 ·δMg3

δP* dx3

Po wstawieniu odpowiednich wartości liczbowych i scałkowaniu otrzymamy:

pA = 579ql

2

24EJ .

Zadanie 8.4.3

W jakiej odległości a od końca pręta (rys. 8.6), należy przyłożyć siłę aby

przemieszczenie punktu A było równe zero ?.

Dane: P, l, EJ = const.

Rys. 8.6

Rozwiązanie:

Aby obliczyć przemieszczenie punktu A, przykładamy w tym punkcie fikcyjną siłę P* o

wartości równej zero (rys. 8.7). Wartości momentów zginających w poszczególnych

przedziałach ramy wynoszą odpowiednio:

0 ≤ x1 ≤ a

Mg1 = 0

a ≤ x2 ≤ 2l

Mg2 = - P(x2 – a)

0 ≤ x3 ≤ l

Mg3 = - P(2l – a)

0 ≤ x4 ≤ 2l

207

Mg4 = - P(2l – a – x4) – P*x4

Rys. 8.7

Pochodne cząstkowe podług siły fikcyjnej P* wynoszą odpowiednio:

δMg1

δP* = 0,

δMg2

δP* = 0,

δMg3

δP* = 0,

δMg4

δP* = - x4,

czyli ugięcie w punkcie A będzie wynosiło:

pA = 1

EJ

0

l

[P(2l - a - x4)] ( - x4) dx4

pA = P

EJ 2a -

4

3l .

Ugięcie punktu A będzie równe wtedy zero, kiedy siła P będzie przyłożona w odległości a:

a = 2

3 l (od swobodnego końca belki).

Zadanie 8.4.4

Zaprojektować przekrój stalowej belki zamocowanej i obciążonej jak na rysunku (8.8)

wiedząc, że dopuszczalne maksymalne ugięcie może wynosić pdop = 0,25 [cm].

208

Przyjąć, że naprężenia maksymalne nie mogą przekroczyć wartości kg = 28 [Pa].

Dane: P = 10 [kN], l = 2 [m], EJ = const, E = 2 ·105 [MPa].

Rys. 8.8

Rozwiązanie:

W celu zaprojektowania przekroju belki należy wyznaczyć rzeczywiste maksymalne

ugięcie wywołane obciążeniem zewnętrznym. Ugięcie to nie może przekroczyć ugięcia

dopuszczalnego pdop. Z charakteru obciążenia wynika, że maksymalne ugięcie belki wystąpi

w punkcie A.

Funkcje momentów zginających w poszczególnych przedziałach (rys. 8.9) i ich

pochodne cząstkowe podług siły P wynoszą:

Rys. 8.9

0 ≤ x1 ≤ 1

2

Mg1 = - Px1,

δMg1

δP = - x1,

209

0 ≤ x1 ≤ 1

2

Mg2 = - Px2 – P(x2 – 1),

δMg2

δP = - x2.

Przemieszczenie punktu A wynosi:

pA = 1

EJ ·

0

l

2

Mg1 ·δMg1

δP dx1 +

l

2

l

Mg2 ·δMg2

δP dx2

pA = Pl

3

4EJ .

Moment bezwładności przekroju względem osi y wynosi:

Jy = a(2a)

3

12

Jy = 2

3 ·a

4,

czyli:

pA = 3Pl

3

8E ·a4 ≤ pdop

stąd:

a ≥ 4 3Pl

3

8 ·E ·pdop .

Naprężenia maksymalne wystąpią w punkcie C i wyniosą:

σmax = Mgmax

Wg =

3Pl

2

2a3

3

≤ kg,

czyli:

a ≥ 3 9Pl

4kg .

Po podstawieniu wartości podanych w temacie zadania otrzymamy:

- z warunku na dopuszczalny kąt ugięcia:

a ≥ 8,81 [cm],

- z warunku na dopuszczalne naprężenie:

a ≥ 5,44 [cm].

Ostatecznie przyjmujemy: a = 9 [cm].

210

Zadanie 8.4.5

Stalowa belka o przekroju prostokątnym i długości l, podparta w dwóch miejscach

obciążona jest w sposób równomierny obciążeniem ciągłym q (rys. 8.10). Maksymalne

naprężenia normalne powstałe w przekroju poprzecznym wynoszą σmax = 6000 [Pa], a

maksymalne ugięcie pmax = l

600 .

Określić stosunek wysokości belki h do jej długości l.

Rys. 8.10

Rozwiązanie:

Wartości reakcji podporowych wyznaczone z równań równowagi wynoszą:

RAx = 0

RAy = RBy = 1

2 ·ql.

Z wykresu momentu zginającego przedstawionego na rys. 8.11 wynika, że maksymalne

naprężenia wystąpią w środku belki, czyli dla x = 1

2 l.

Rys. 8.11

Naprężenia normalne wywołane momentem zginającym wynoszą:

211

σmax = Mgmax

Wg ≤ kg

Wskaźnik zginania dla belki o przekroju prostokątnym wynosi:

Wg = bh

2

6

czyli:

σmax = 3ql

2

4bh2

σmax = 6000 [Pa].

Maksymalne ugięcie wyznaczymy stosując twierdzenie Castigliano (wzór 8.5):

δU

δP = p.

Z charakteru obciążenia wynika, że maksymalne ugięcie wystąpi w środku belki.

Przykładamy więc w tym miejscu siłę fikcyjną P* = 0 (rys. 8.12).

Rys. 8.12

Funkcje momentów zginających w poszczególnych przedziałach wynoszą:

0 ≤ x1 ≤ 1

2 l

Mg1 = RAyx1 - 1

2 ·qx

21 =

1

2 ·ql +

1

2 ·P

*x1 -

1

2 ·qx

21

0 ≤ x2 ≤ 1

2 l

Mg2 = RByx2 - 1

2 ·qx

22 =

1

2 ·ql +

1

2 ·P

*x2 -

1

2 ·qx

22

Pochodne cząstkowe podług uogólnionej siły P* wynoszą:

δMg1

δP* =

1

2 ·x1,

212

δMg2

δP* =

1

2 ·x2.

Uwzględniając symetrię układu, czyli:

δMg1

δP* =

δMg2

δP* =

δMg

δP*

,

oraz, że:

P* = 0,

ugięcie w punkcie C jest równe:

pc = 21

EJ

0

l

2

Mg ·δMg

δP* dx =

2

EJ

0

l

2 1

2 ·qlx -

1

2 ·qx

2 1

2 ·xdx

pc = 5gl

4

384EJ = pmax

Moment bezwładności przekroju dla prostokąta wynosi:

J = bh

3

12 ,

czyli:

pmax = 5gl

4

32bh3E

= l

600

Obliczamy szerokość przekroju b ze wzoru na maksymalne naprężenia:

b = 3ql

2

600 ·4h2

i podstawiając do wzoru na maksymalne ugięcie otrzymamy:

l

600 =

5gl4

32h3 ·2 ·10

7 · 1

3ql2

6000 ·4 ·h2

Po uporządkowaniu i obliczeniu otrzymujemy:

h

l = 0,0375.

213

Przykłady (twierdzenie Menabrea-Castigliano)

Zadanie 8.5.1

Dla belki dwuprzęsłowej (rys. 8.23) obciążonej na podporze A momentem skupionym

K, obliczyć reakcje podporowe oraz sporządzić wykres momentów zginających.

Dane: K, l, EJ = const.

Rys. 8.23

Rozwiązanie:

Belka stanowi układ jednokrotnie statycznie niewyznaczalny. Za wielkość

hiperstatyczną przyjmujemy reakcję RA (rys. 8.24).

Rys. 8.24

Funkcje momentów zginających w poszczególnych przedziałach mają postać:

214

0 ≤ x1 ≤ l

Mg1 = RAx1 + K

l ≤ x2 ≤ 2l

Mg2 = RAx2 + K + RB(x2 – l)

Występującą w równaniach reakcję RB wyrazimy za pomocą reakcji hiperstatycznej RA

(korzystając z równań równowagi):

RB = - 2 ·RA - K

l ,

czyli równania określające momenty zginające mają postać:

Mg1 = RA + K,

Mg2 = 2 ·RA ·l – RAx2 - Kx2

l + 2 ·K.

Pochodne cząstkowe podług reakcji hiperstatycznej RA wynoszą:

δMg1

δRA = x1,

δMg2

δRA = 2l – x2.

Wykorzystując twierdzenie Menabrea-Castigliano otrzymujemy (wzór 8.7):

δU

δRA =

1

EJ

0

l Mg1 ·

δMg1

δRA dx1 +

l

2l Mg2 ·

δMg2

δRA dx2 = 0

Po podstawieniu wartości i scałkowaniu otrzymamy:

RA = - 5K

4l .

Pozostałe reakcje zostały wyznaczone z równań równowagi i wynoszą:

RB = 3K

2l ,

RC = - K

4l .

Wykres momentów zginających przestawiony został na rysunku 8.25.

215

Rys. 8.25

Zadanie 8.5.2

Wyznaczyć wielkości podporowe (reakcje) dla belki jak na rysunku 8.26.

Dane: q, l, EJ = const.

Rys. 8.26

Rozwiązanie:

Równania równowagi dla danego układu mają postać (rys. 8.27):

YA + YB + YC – 2 ·ql = 0

- YA ·2l – YB ·l + 2 ·ql2 + MC = 0

Rys. 8.27

216

Układ jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalny. Jako reakcje hiperstatyczne

przyjmujemy reakcje YA oraz YB. Dla określonych przedziałów zmienności obciążenia

(rys. 8.27) wypisujemy funkcje sił wewnętrznych w poszczególnych przedziałach:

0 ≤ x1 ≤ l

Mg1 = YAx1 - 1

2 ·qx

21

l ≤ x2 ≤ 2l

Mg2 = YAx2 - 1

2 ·qx

22 + YB(x2 – l)

Pochodne cząstkowe podług reakcji hiperstatycznych (wielkości hiperstatyczne są od

siebie niezależne δYA

δYB = 0,

δYB

δYA = 0) wynoszą:

δMg1

δYA = x1,

δMg2

δYA = x2,

δMg1

δYB = 0,

δMg2

δYB = x2 –1.

Stosujemy dwukrotnie twierdzenie Menabrea-Castigliano i otrzymujemy:

δU

δYA =

1

EJ

0

l Mg1 ·

δMg1

δYA dx1 +

l

2l Mg2 ·

δMg2

δYA dx2 = 0

δU

δYB =

1

EJ

0

l Mg1 ·

δMg1

δYB dx1 +

l

2l Mg2 ·

δMg2

δYB dx2 = 0

Po podstawieniu danych i scałkowaniu otrzymujemy:

8

3 ·YA +

5

6 ·YB – 2 ·ql = 0,

5

6 ·YA +

1

3 ·YB -

17

24 ·ql = 0.

Powyższe równania wraz z równaniami równowagi pozwalają na określenie wartości

wielkości podporowych, które wynoszą:

YA = 11

28 ·ql, YB =

8

7 ·ql,

YC = 13

28 ·ql, MC = -

1

14 ·ql

2.

217

Zadanie 8.5.3

Dla belki jak na rysunku (8.28) obliczyć dopuszczalne obciążenie q, stosując metodę na

dopuszczalne naprężenie.

Dane: b, h, l, kg.

Rys. 8.28

Rozwiązanie:

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny. Dodatkowe równanie potrzebne do

rozwiązania przedstawionego układu dostarczy twierdzenie Menabrea-Castigliano. Jako

wartość hiperstatyczną przyjmujemy reakcję RA (rys. 8.29).

Rys. 8.29

Funkcje momentów zginających w poszczególnych przedziałach mają postać:

0 ≤ x1 ≤ l

Mg1 = - 1

2 ·qx

21

218

l ≤ x2 ≤ 5l

Mg2 = - 1

2 ·qx

22 + RA(x2 – l)

Pochodne cząstkowe momentów zginających podług reakcji hiperstatycznej RA wynoszą:

δMg1

δRA = 0,

δMg2

δRA = x2 - l

Po zastosowaniu twierdzenia Menabrea-Castigliano:

δU

δRA =

1

EJ

0

l Mg1 ·

δMg1

δRA dx1 +

l

5l Mg2 ·

δMg2

δRA dx2 = 0

δU

δRA =

1

EJ

l

5l-

1

2 ·qx

22 + RA (x2 – l) (x2 – l) dx2 = 0

otrzymamy:

RA = 2,66 ·ql.

Na rysunku (8.30) został przedstawiony wykres momentów zginających Mg.

Rys. 8.30

Maksymalny moment zginający (wartość bezwzględna) wynosi:

Mgmax = 1,86 ·ql2.

Wskaźnik zginania sprężystego dla przekroju prostokątnego o wymiarach jak na

rysunku (8.28) wynosi:

Wg = 2

3 bh

3.

219

Korzystając ze wzoru:

Mgmax ≤ Wg ·kg,

czyli:

1,86 ·ql2 ≤

2

3 bh

3 ·kg.

Stąd wyznaczamy dopuszczalne obciążenie q, które wynosi:

qdop ≤ 0,358 ·bh

3

l2 ·kg.

Zadanie 8.5.4

Porównać energie sprężyste pochodzące od zginania dla układów jak na rysunku (8.31).

Dla obu belek przyjąć stałą sztywność zginania równą EJ.

Rys. 8.31

Rozwiązanie:

Energię sprężystą układu obliczymy z zależności:

U = UN + UT + UMg + UMs

Ponieważ obliczamy tylko energię sprężystą pochodzącą od zginania, w naszym przypadku

będzie:

U = UMg =

l

M

2g

2EJ dl.

Funkcje momentów zginających dla poszczególnych belek mają postać (rys. 8.32):

220

belka a:

0 ≤ x ≤ l

Mg = - 1

2 ·qx

2

belka b:

0 ≤ x ≤ l

Mg = RBx - 1

2 ·qx

2,

Rys. 8.32

Czyli energia sprężysta dla układu a (statycznie wyznaczalnego, rys. 8.32a) wynosi:

U(a) = 1

2EJ

0

l M

2g dx

U(a) = 1

2EJ

0

l q

2x

4

4 .

Po scałkowaniu otrzymujemy:

U(a) = q

2l5

40EJ .

Układ drugi stanowi belka jednokrotnie statycznie niewyznaczalna. Aby obliczyć jej

energię sprężystą, należy najpierw wyznaczyć wielkości podporowe. W tym celu skorzystamy

z twierdzenia Menabrea-Castigliano. Jako reakcję hiperstatyczną przyjmujemy RB. Funkcja

221

momentu zginającego i pochodna cząstkowa podług reakcji hiperstatycznej wynoszą

(rys. 8.32b):

Mg = RBx - 1

2 ·qx

2

δMg

δRB = x

Wykorzystując twierdzenie Menabrea-Castigliano otrzymamy:

δU

δRB =

1

EJ

0

l Mg ·

δMg

δRB dx = 0

δU

δRB =

1

EJ

0

l RBx -

1

2 ·qx

2 xdx = 0.

Po scałkowaniu i rozwiązaniu otrzymamy:

RB = 3

8 ·ql.

Energia sprężysta dla układu b (statycznie niewyznaczalnego) wynosi:

U(b) = 1

2EJ

0

l M

2g dx

U(b) = 1

2EJ

0

l

3qlx

8 -

qx2

2.

Po uporządkowaniu i scałkowaniu otrzymamy:

U(b) = q

2l5

320EJ .

Jak z powyższego wynika, energia układu drugiego (b) jest osiem razy mniejsza od

energii układu pierwszego (a).

Zadanie 8.5.5

Jaka wartość powinna mieć siła P, aby reakcja w prawej podporze była równa zero.

Schemat belki przedstawiono na rysunku 8.33.

Dane: q = 10 kN

m, l = 1 [m], EJ = const.

222

Rys. 8.33

Rozwiązanie:

Belka stanowi układ jednokrotnie statycznie niewyznaczalny. Jako wielkość

hiperstatyczną przyjęto reakcję RC (rys. 8.34) prawej podpory, która przy danej sile P

powinna być równa zero.

Momenty zginające w poszczególnych przedziałach belki mają postać (rys. 8.34):

Rys. 8.34

0 ≤ x1 ≤ l

Mg1 = RCx1

0 ≤ x2 ≤ l

2

Mg2 = RAx2 - 1

2 ·qx

22,

l

2 ≤ x2 ≤ l

Mg3 = RAx3 - 1

2 ·qx

23 – P x3 -

l

2,

Ponieważ występująca w równaniach rekcja RA jest wielkością niewiadomą nie

hiperstatyczną, należy ją przedstawić za pomocą reakcji hiperstatycznej RC. W tym celu

skorzystamy z równań równowagi i otrzymamy:

223

RA = RC + 1

2 ·P

Po wstawieniu do równań sił wewnętrznych otrzymamy:

Mg1 = RCx1,

Mg2 = RCx2 + 1

2 Px2 -

1

2 ·qx

22,

Mg3 = RCx3 + 1

2 Px3 -

1

2 ·qx

23 - P x3 -

l

2.

Pochodne cząstkowe podług reakcji hiperstatycznej wynoszą odpowiednio:

δMg1

δRC = x1

δMg2

δRC = x2

δMg3

δRC = x3

Wykorzystując twierdzenie Menabrea-Castigliano możemy napisać:

δU

δRC =

1

EJ

0

l Mg1 ·

δMg1

δRC dx1 +

0

l

2 Mg2 ·

δMg2

δRC dx2 +

l

2

l Mg3 ·

δMg3

δRC dx3 = 0

Po podstawieniu wartości, scałkowaniu i uwzględnieniu, że RC = 0, otrzymujemy wartość siły

P, która wynosi:

P = 4 ·ql

P = 40 [kN].