PREZENTACJA MULTIMEDIALNA Z PRZEDMIOTU „WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW” SEM.III
Wytrzymałość Materiałów - Adam Bodnar
description
Transcript of Wytrzymałość Materiałów - Adam Bodnar
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Podstawowe pojęcia, definicje i założenia
7
1. PODSTAWOWE POJĘCIA, DEFINICJE I ZAŁOŻENIA
1.1. Przedmiot i zadania wytrzymałości materiałów
Wytrzymałość materiałów jest nauką o sztywności, wytrzymałości i stateczności konstrukcji
inżynierskich. Pojęcia te, choć intuicyjnie zrozumiałe warto bliżej i szerzej określić. Efekt
działania sił zewnętrznych na ciało materialne (a więc i konstrukcję inżynierską) pozostające
w równowadze może przejawiać się w różnej formie a mianowicie: zmianie kształtów i
wymiarów ciała bez naruszania jego spójności, zniszczenia ciała przez pęknięcie, złamanie
itp. oraz naruszenia jego równowagi stałej jako całości.
Zdolność konstrukcji do przeciwstawienia się tym niekorzystnym efektom nazywamy
odpowiednio jej sztywnością, wytrzymałością i statecznością. Z punktu widzenia inżyniera
konstruktora zadaniem wytrzymałości materiałów jest racjonalny dobór materiału, kształtu i
wymiarów, dowolnie obciążonej i znajdującej się w dowolnych warunkach fizyko
chemicznych i termodynamicznych, konstrukcji, aby była ona odpowiednio sztywna,
wytrzymała, stateczna. Tzn. aby przemieszczenia poszczególnych jej punktów po przyłożeniu
obciążeń nie przekraczały wielkości uznanych za dopuszczalne, aby wartości sił między
cząsteczkowych były mniejsze od pewnych wielkości charakterystycznych dla danego
materiału przy których traci on swoją spójność (niszczy się), i wreszcie aby konstrukcja jako
całość pracowała w stanie równowagi trwałej. Można więc powiedzieć, że celem
wytrzymałości materiałów jest stworzenie podstaw wymiarowania zarówno elementów jak i
całych konstrukcji i warto tu zwrócić uwagę, że mówimy „wymiarowanie”, nie
„projektowanie” bo w toku dalszych studiów przekonamy się, że wymiarowanie to nie to
samo co projektowanie ale bez umiejętności wymiarowania nie można dobrze projektować.
Cele te będą różnie dominować w zależności od rodzaju rozważanej konstrukcji i tak np. strop
w pomieszczeniu musi być wytrzymały i sztywny, ale będą też konstrukcje w których
dopuszczać będziemy duże deformacje bez utraty spójności (np. w procesach tłoczenia blach
karoseryjnych samochodów) albo zniszczenie przy pewnych wartościach obciążeń jak to się
dzieje w przypadku zaworów bezpieczeństwa.
Jak widać z podanych wyżej określeń, modelem ciała będącego w centrum zainteresowania
wytrzymałości materiałów jest ciało odkształcalne i z tego punktu widzenia opisuje ona
zachowanie ciał bliższych rzeczywistości niż mechanika teoretyczna, której modelem było
ciało sztywne, nieodkształcalne. Tym niemniej wytrzymałość materiałów szeroko bazuje na
fundamentalnych wynikach uzyskanych w mechanice teoretycznej w postaci uniwersalnych
twierdzeń i zasad mechaniki jak np. zasada pędu, krętu, prac wirtualnych czy warunki
konieczne i wystarczające równowagi układu sił.
1.2. Schemat obliczeniowy. Klasyfikacja podpór, konstrukcji, obciążeń i materiałów
Przystępując do analizy zachowania się jakiejś konstrukcji rzeczywistej musimy się
zdecydować na odrzucenie pewnych aspektów jej zachowania się czy też budowy, które
wydają się być mało ważne, a wzięcie pod uwagę tylko tych, które w sposób istotny będą
wpływać na sztywność, wytrzymałość i stateczność. Taka idealizacja jest konieczna, gdyż
każdy obiekt rzeczywisty ma bardzo wiele cech, a naszym zadaniem jest osiągniecie
konkretnych ilościowych i jakościowych rezultatów.
Przybliżony model rzeczywistej konstrukcji, uzyskany drogą odrzucenia jej cech
drugorzędnych, nazywamy schematem obliczeniowym. Wybór dobrego schematu
obliczeniowego jest jednym z najtrudniejszych zadań praktyki inżynierskiej i podanie
jednoznacznych kryteriów jego doboru nie jest możliwe. Zasadniczą trudność w wyborze
schematu obliczeniowego stanowi wewnętrzna sprzeczność tkwiąca w tym zagadnieniu,
polegająca na wybraniu i rozważaniu jak najmniejszej ilości cech pierwszorzędnych, aby
otrzymać konkretne wyniki, a z drugiej strony dążność do uwzględnienia jak największej ich
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Podstawowe pojęcia, definicje i założenia
8
liczby, aby analizować model jak najbliższy rzeczywistości. W rezultacie konkretnemu
obiektowi możemy przypisać dużą liczbę schematów obliczeniowych (w zależności od tego,
które aspekty i cechy pominiemy), a danemu schematowi obliczeniowemu może odpowiadać
nawet kilka konkretnych konstrukcji. Ta druga niejednoznaczność jest dla nas korzystna, bo
pozwala na ustalenie pewnych typowych przypadków obliczeniowych.
Omówimy teraz pewne wspólne cechy schematów obliczeniowych i dokonamy ich
klasyfikacji związanej z modelowaniem więzów, geometrii, obciążeń i materiału konstrukcji.
Klasyfikacja podpór
Każda konstrukcja związana jest z podłożem, na które przenosi obciążenia. Połączenia te
stanowią dla konstrukcji więzy i nazywamy je podporami. Wymienimy krótko podpory
płaskie, co nie upraszcza zasadniczo ogólności zagadnienia. Będą to:
• podpora przegubowo-przesuwna
• podpora przegubowa
• sztywne utwierdzenie
• utwierdzenie z możliwością poziomego przesuwu (teleskopowe)
• utwierdzenie z możliwością pionowego przesuwu
• wewnętrzny przegub w konstrukcji
Ich obrazy rzeczywiste jak i rysunki schematyczne oraz oddziaływania na konstrukcje po
zastosowaniu postulatu o więzach były szeroko i wnikliwie omawiane w ramach przedmiotu
mechanika teoretyczna.
Klasyfikacja konstrukcji
Klasyfikację konstrukcji można prowadzić według różnych kryteriów. I tak konstrukcje
możemy podzielić na: statycznie wyznaczalne i statycznie niewyznaczalne albo na: płaskie i
przestrzenne lub na: stalowe, betonowe, żelbetowe, drewniane, zespolone i inne w zależności
od zastosowanych materiałów.
Jednakże z punktu widzenia przedmiotu jakim jest wytrzymałość materiałów jednym z
zasadniczych kryteriów będzie geometria ich elementów i stąd konstrukcje podzielimy na:
• prętowe: belki, ramy, kraty, łuki, ruszty; niektóre z nich mogą być zarówno płaskie, jak i
przestrzenne,
• powierzchniowe: tarcze, płyty, powłoki,
• masywne: mury oporowe, ławy i stopy fundamentowe.
Klasyfikacja obciążeń
Profesjonalnie, z uwagi na warunki projektowania klasyfikacja obciążeń podana jest w
odpowiednich i obowiązujących przepisach nazywanych Polskimi Normami. Na potrzeby
wykładanego przedmiotu, który nie uczy projektowania lecz jedynie podstaw wymiarowania,
obciążenia możemy podzielić ze względu na:
a) sposób przyłożenia do konstrukcji:
• siły powierzchniowe, tj. obciążenia działające na określoną powierzchnię zewnętrzną
konstrukcji. Rozróżniamy tu obciążenia ciągłe, określone intensywnością na jednostkę
długości [N/m] lub na jednostkę powierzchni [N/m2] lub siły skupione [N] (będące
idealizacją obciążeń ciągłych działających na bardzo mały obszar powierzchni elementu
konstrukcji). Mogą też być obciążenia modelowane poprzez skupione momenty [Nm] lub
momenty rozłożone w sposób ciągły [Nm/m],
• siły masowe (lub objętościowe) tj. obciążenia działające na każdą cząstkę materiału
konstrukcji, np. siły grawitacji czy bezwładności,
b) sposób działania na konstrukcję:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Podstawowe pojęcia, definicje i założenia
9
• obciążenia statyczne, tj. takie, których wielkość i położenie nie zmienia się w czasie lub
zmienia się tak powoli, że nie wywołuje drgań konstrukcji i w obliczeniach nie
uwzględniamy sił bezwładności,
• obciążenia dynamiczne, tj. takie których wielkość lub położenie zmienia się w czasie w
sposób tak gwałtowny, że powoduje drgania konstrukcji i w obliczeniach musimy
uwzględniać siły bezwładności.
Klasyfikacja materiałów
W naszych rozważaniach decydującym kryterium podziału materiałów będzie ich sposób
reagowania na przyłożone obciążenia jak i kierunkowość tego reagowania. I tak materiały
będziemy dzielić na:
• sprężyste, tj. takie w których deformacje powstałe w wyniku przyłożonych obciążeń
znikają po odciążeniu (np. guma),
• plastyczne tj. takie w których deformacje powstałe w wyniku przyłożonych obciążeń nie
znikają po odciążeniu (np. plastelina),
• sprężysto-plastyczne, tj. takie które do pewnego poziomu obciążeń są sprężyste a powyżej
są plastyczne (np. stal).
Będziemy też dzielić materiały na:
• izotropowe, tj. takie których własności w danym punkcie we wszystkich kierunkach są
takie same (np. stal),
• anizotropowe tj. takie których własności w danym punkcie nie są we wszystkich
kierunkach takie same (np. drewno, kompozyty).
Można też materiały podzielić na:
• izonomiczne, tj. takie których własności w danym kierunku nie zależą od wyróżnienia na
nim zwrotu (np. stal),
• anizonomiczne, tj. takie których własności w danym kierunku zależą od wyróżnienia na
nim zwrotu (np. beton czy drewno mają różne własności przy rozciąganiu i ściskaniu).
Oraz na materiały:
• jednorodne, tj. takie których własności we wszystkich punktach pewnej objętości są takie
same (np. stal),
• niejednorodne, tj. takie których własności zależą od wyboru punktu (np. beton, drewno
czy kompozyty).
1.3. Podstawowe założenia
Wstępnie przyjmiemy, że w naszych rozważaniach będziemy się opierać na następujących
założeniach:
• materiał rozważanych konstrukcji wypełnia ich objętość w sposób ciągły czyli stanowi
tzw. continuum materialne. Oznacza to, że traktujemy konstrukcje jako zbiór gęsto
upakowanych punktów materialnych, tj. punktów geometrycznych którym przypisano
masę,
• materiał rozważanych konstrukcji jest sprężysty, izotropowy, jednorodny i izonomiczny,
• przemieszczenia poszczególnych punktów obciążonego ciała są tak małe w porównaniu z
jego wymiarami, że możemy pominąć wpływ przemieszczeń punktów przyłożenia
obciążeń na efekty wywołane tymi obciążeniami. Jest to tzw. zasada zesztywnienia i
pozwala ona m. in. na obliczanie reakcji w ciele odkształcalnym w konfiguracji
początkowej (tzn. przed deformacją konstrukcji spowodowaną obciążeniem), i tym
samym umożliwia stosowanie twierdzeń i zasad mechaniki teoretycznej czyli mechaniki
ciała sztywnego w mechanice ciał odkształcalnych,
• między obciążeniami i przemieszczeniami istnieje liniowa wzajemnie jednoznaczna
zależność,
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Podstawowe pojęcia, definicje i założenia
10
• rozważane przez nas ciała znajdują się w równowadze trwałej czyli statecznej. Istotę tego
założenia można zilustrować zachowaniem się ciężkiej kulki znajdującej się w polu
grawitacyjnym na różnych powierzchniach podparcia,
Rys. 1.1
• sposób przyłożenia obciążeń do danego ciała wpływa na rozkład naprężeń i odkształceń
tylko w bliskim sąsiedztwie obszaru przyłożenia obciążeń. Jest to tzw. zasada de Saint-
Venanta i później sformułujemy ją bardziej precyzyjnie.
W toku dalszych wykładów z niektórych założeń będziemy rezygnować ale wówczas
wyraźnie to zaznaczymy.
równowaga
trwała
równowaga
obojętna równowaga
nietrwała
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
11
2. CHARAKTERYSTYKI GEOMETRYCZNE FIGUR PŁASKICH
2.1. Definicje podstawowych charakterystyk geometrycznych
Podczas zajęć z wytrzymałości materiałów spotkamy się z następującymi charakterystykami
geometrycznymi figur płaskich:
• pole powierzchni figury,
• moment statyczny figury względem danej osi,
• moment bezwładności figury względem danej osi,
• moment dewiacji (odśrodkowy) względem danych osi,
• biegunowy moment bezwładności,
• promień bezwładności,
• wskaźnik wytrzymałości,
• rdzeń przekroju.
Omówimy teraz pierwszych sześć, pozostałe w toku dalszych wykładów i ćwiczeń.
Rozważmy figurę płaską, pokazaną na rys.2.1, stanowiącą obszar A, określony w
kartezjańskim układzie osi ( X, Y)
Rys. 2.1
Polem powierzchni tej figury nazywamy:
∫∫=
A
dAA [m2 ] ( > 0).
Momentem statycznym figury płaskiej o polu A względem osi X nazywamy :
∫∫=
A
x dAyS [m3 ] ( >, =, < 0).
Momentem statycznym figury płaskiej o polu A względem osi Y nazywamy :
∫∫=
A
y dAxS [m3 ] ( >, =, < 0).
Obliczamy momenty statyczne tej figury względem nowych osi (X1, Y1) przesuniętych o a i b
względem osi (X, Y). Ponieważ:
axxibyy −=−= 11 ,
to:
y1
b
x
y
x1
Y
dA
X1
Y1
a
A
X
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
12
( )∫∫∫∫ −=−==
A
x
A
x AbSdAbydAyS 11,
( )∫∫∫∫ −=−==
A
y
A
y AaSdAaxdAxS 11.
AaSS,AbSS yyxx −=−=11
(2.1)
gdzie: a i b współrzędne początku nowego układu w starym.
Postawmy teraz takie zadanie: mając osie (X,Y) znaleść położenie nowych osi (Xc,Yc)
względem których momenty statyczne będą równe zero.
Z równania (2.1) łatwo otrzymujemy współrzędne początku nowego układu osi (Xc,Yc)
względem których momenty statyczne są równe zero:
A
Sy;
A
Sx x
cy
c == (2.2)
Punkt C o współrzędnych określonych wzorami (2.2) nazywać będziemy środkiem ciężkości
figury płaskiej, a osie, które przechodzą przez środek ciężkości nazywamy osiami
centralnymi.
Osie centralne figury płaskiej to osie względem których jej momenty statyczne są równe zero.
Wzory (2.2) pozwalają wyznaczyć moment
statyczny figury względem dowolnej osi, bez
konieczności całkowania, jeśli tylko znamy
jej pole powierzchni A i położenie jej środka
ciężkości C.
Zdefiniujemy teraz kolejno momenty bezwładności, moment dewiacji i biegunowy moment
bezwładności.
Rys. 2.2
Momentem bezwładności figury płaskiej o polu A (rys.2.2) względem osi X nazywamy:
∫∫=
A
x dAyJ2 [m
4 ] ( > 0).
Momentem bezwładności figury płaskiej o polu A względem osi Y nazywamy:
∫∫=
A
y dAxJ2 [m
4 ] ( > 0).
y1
x
y
x1
Y
dA
X1
Y1
b
a
A
X
ρ
O
h
z C
hAS z =
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
13
Momentem dewiacji figury płaskiej o polu A względem układu osi (X,Y) nazywamy:
∫∫=
A
xy dAxyJ [m4 ] ( >, =, < 0).
Biegunowym momentem bezwładności figury płaskiej o polu A względem bieguna O nazy-
wamy:
∫∫=
A
dAJ2
0 ρ [m4 ] ( > 0).
Ponieważ: 222 yx +=ρ , to łatwo zobaczyć, że: yx0 JJJ += co pozwala stwierdzić, że:
biegunowy moment bezwładności względem dowolnego punktu równa się sumie
momentów bezwładności względem dwóch do siebie prostopadłych osi przechodzących
przez ten punkt.
Obliczmy momenty bezwładności i dewiacji tej figury względem nowych osi (X1, Y1)
przesuniętych o a i b względem osi (X, Y). Ponieważ:
axxibyy +=+= 11 , to:
( ) ( ) AbSbJdAbbyydAbydAyJ
A
xx
AA
x22222
1122 ++=++=+== ∫∫∫∫∫∫ ,
( ) ( ) AaSaJdAaaxxdAaxdAxJ
A
yy
AA
y22222
1122 ++=++=+== ∫∫∫∫∫∫ ,
( )( ) abAbSaSJdAbyaxdAyxJ yxxy
AA
yx +++=++== ∫∫∫∫ 1111.
Jeśli stare osie (X,Y) są osiami centralnymi to 0=xS oraz 0=yS i otrzymujemy wzory
stanowiące treść twierdzenia Steinera:
AabJJ
AaJJ
AbJJ
xcycyx
ycy
xcx
+=
+=
+=
11
21
21
(2.3)
gdzie: xcycycxc JJJ ,, , momenty bezwładności i dewiacji względem osi centralnych zgodnie
równoległych z osiami (X1,Y1), a i b współrzędne środka ciężkości figury w układzie (X1, Y1).
Wyznaczymy teraz momenty bezwładności i dewiacji względem układu osi (ξ,η) obróconego
względem początku układu (X,Y) o kąt α, jak to pokazane jest na rys.2.3 .
Rys. 2.3
X α
α
x
y
ξ ξ η
η Y
dA
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
14
Łatwo zobaczyć, że współrzędne punktu w nowym układzie związane są ze współrzędnymi w
starym układzie poprzez zależności:
ααηααξ cossin;sincos yxyx +−=+= ,
co można zapisać w postaci macierzowej:
−
=
y
x
αα
αα
η
ξ
cos,sin
sin,cos,
gdzie:
− αα
αα
cos,sin
sin,cos - macierz przejścia od układu starego do nowego, jej wiersze to
współrzędne wersorów kierunkowych nowych osi w starym układzie.
Zgodnie z definicjami momentów bezwładności i dewiacji otrzymujemy:
( ) ααααααηξ
cossin2sincoscossin22
22
xyyx
A A
JJJdAyxdAJ −+=+−== ∫∫ ∫∫ ,
( ) ααααααξη
cossin2cossinsincos22
22
xyyx
A A
JJJdAyxdAJ ++=+== ∫∫ ∫∫ ,
( ) ( ) =+−+== ∫∫ ∫∫ dAyxyxdAJ
A A
ααααηξξη
cossinsincos
αααααα cossincossinsincos 22yxxyxy JJJJ −+−= .
Po wykorzystaniu zależności trygonometrycznych:
( ) ( ) ,22cos1sin,22cos1cos
,sincos2cos,cossin22sin
22
22
αααα
αααααα
−=+=
−==
mamy ostatecznie:
ααξ
2222
sinJcosJJJJ
J xy
yxyx−
−
+
+
= ,
ααη
2222
sinJcosJJJJ
J xy
yxyx+
−
−
+
= , (2.4)
ααξη
222
cosJsinJJ
J xy
yx+
−
= .
Warto zapamiętać te zależności. Wzory o identycznej strukturze jeszcze nie raz pojawią się w
wytrzymałości materiałów.
Bez trudu można stwierdzić, że:
yx JJJJ +=+ηξ
,
czyli, że suma momentów bezwładności figury płaskiej względem dwóch dowolnych ale
prostopadłych do siebie osi o wspólnym początku jest wielkością stałą i co możemy dodać
równa się jej biegunowemu momentowi bezwładności względem punktu początkowego.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
15
2.2. Główne osie i momenty bezwładności
Postawimy, teraz ważne pytanie: o jaki kąt α należy obrócić układ osi (X,Y) aby momenty
bezwładności w nowym układzie osiągnęły wartości ekstremalne.
Jest to proste zadanie poszukiwania ekstremum funkcji jednej zmiennej.
Warunki zerowania się pochodnych momentów bezwładności ξ
J i η
J względem kąta α:
,02cos22sin2
2 =−
−
−= αα
α
ξ
xy
yxJ
JJ
d
dJ
02cos22sin2
2 =+
−
= αα
α
η
xy
yxJ
JJ
d
dJ,
dają jedno równanie:
02cos2sin2
=+
−
αα xyyx
JJJ
.
Z powyższego równania, którego lewa strona to moment dewiacji ξη
J względem nowych osi
otrzymujemy:
xy
xy
JJ
J
−
=
22tg α
2
2tg
2
1 πα n
JJ
Jarc
xy
xy+
−
=→ (2.5)
co dowodzi, że osie względem których momenty bezwładności osiągają wartości ekstremalne,
a moment dewiacji jest równy zero są do siebie prostopadłe. Tworzą one układ osi, który
nazywać będziemy układem głównych osi bezwładności. Zatem:
główne osie bezwładności figury płaskiej w dowolnym punkcie to dwie prostopadłe osie
względem których jej moment dewiacji jest równy zero a momenty bezwładności są
ekstremalne (główne momenty bezwładności).
Policzmy wartości głównych momentów bezwładności.
Wykorzystując wzory trygonometryczne:
α
α
α
αα
2tg1
12cos;
2tg1
2tg2sin
22+±
=
+±
=
w których za α2tg wstawiamy wzór (2.5), podstawiamy je do wzorów na ξ
J oraz η
J i
otrzymujemy:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
16
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
22
22
22
2
22
2
22
224
4
2
1
2
4
2
42
22tg1
2tg
2tg1
1
22
xyyxyx
xyxy
xyyxyx
xyxy
xy
xy
xyxy
xyxy
xyyx
yxxy
yxyx
JJJJJ
JJJ
JJJJJ
JJJ
JJ
JJ
JJ
JJJ
JJJJ
JJJ
JJJJJ
+
−
±
+
=
+−
+−
±
+
=
=
+−
−
−
±
+−
−−
±
±
+
=
+
±
+
−
±
+
=
α
α
α
,
co ostatecznie zapiszemy w postaci:
2
2
122
xy
yxyx
max JJJJJ
JJ +
−
+
+
== (2.6)
2
2
222
xy
yxyx
min JJJJJ
JJ +
−
−
+
==
Wzór (2.5) podaje jedynie kąt transformacji układu wyjściowego do układu głównych osi
bezwładności nie określając jednak, której osi odpowiada Jmax a której Jmin . Można
wyprowadzić zależności podające położenie tych osi; przedstawiają się one następująco:
min2min
max1max tgtg;tgtg
JJ
J
JJ
J
y
xy
y
xy
−
==
−
== αααα (2.7)
We wzorach (2.7) αmax oznacza kąt o jaki należy
obrócić oś X do pokrycia się z główną osią
bezwładności względem której moment bezwładności
jest maksymalny. Analogicznie definiujemy kąt αmin.
W wytrzymałości materiałów interesować nas będzie przede wszystkim położenie tzw.
głównych centralnych osi bezwładności rozważanej figury tj. osi głównych poprowadzonych
przez jej środek ciężkości.
Względem tych osi zerują się momenty statyczne, bo są one osiami centralnymi oraz moment
dewiacji, bo są one osiami głównymi.
Momenty bezwładności względem tych osi nazywać będziemy głównymi centralnymi
momentami bezwładności.
Na koniec kilka ważnych uwag praktycznych:
• jeżeli figura posiada oś symetrii, to jest ona jedną z jej głównych centralnych osi
bezwładności,
• jeżeli figura posiada dwie osie symetrii, to są one jej głównymi centralnymi osiami
bezwładności,
• przy obliczaniu momentów statycznych, bezwładności i dewiacji warto korzystać z
własności addytywności całki podwójnej (równa się ona sumie całek po obszarach
częściowych) i podzielić rozważaną figurę na części, których obliczane momenty oraz
położenie środków ciężkości znamy, a następnie zesumować te częściowe wyniki.
0>αX
Y umowa znaków
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
17
Warto więc znać i pamiętać charakterystyki geometryczne kilku podstawowych figur
płaskich.
Promieniem bezwładności figury płaskiej o polu A względem dowolnej osi Z nazywamy
wartość dodatnią:
A
Ji zz = [m] .
2.3. Przykłady
Przykład 2.3.1. Wyznaczyć główne centralne osie i momenty bezwładności danej figury
płaskiej.
h/2
b/2 b/2
X
Y
h/2
0
12
123
3
=
=
=
xy
y
x
J
bhJ
hbJ
h/3
2h/3
b/3
X
Y
2b/3
72
36
36
22
3
3
hbJ
bhJ
hbJ
xy
y
x
−=
=
=
r X
Y
0
4
44
4
=
=
=
xy
y
x
J
rJ
rJ
π
π
Y
4r/3
π
X
0
8
11.0
4
4
=
=
≈
xy
y
x
J
rJ
rJ
π
r
X
Y
π3r4 r 4
4
4
0165.0
0549.0
0549.0
rJ
rJ
rJ
xy
y
x
−≅
≅
≅
1
max
C
1
3
2
3
3
6 3
CY0Y
0X
CX
648.2
wymiary w [cm]
2
min 2
0.997
αmax = 56° 49′
αmin = 33° 11′
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
18
Rozwiązanie
Podzielimy figurę na trzy części: trójkąt, prostokąt i półkole.
Położenie środka ciężkości:
283.332**5.06*33*6*5.0 2=++= πA cm
2,
133.884*2**5.03*6*31*3*6*5.0 20 =++= πxS cm
3,
( ) ( ) 183.332*343*2**5.05.1*6*32*3*6*5.0 20 =+++−= ππyS cm
3,
997.0283.33
183.330===
A
Sx
y
c cm, 648.2283.33
133.880===
A
Sy x
c cm .
Momenty bezwładności i dewiacji względem osi centralnych:
( ) 942.102352.1*2
2*
8
2*352.0*6*3
12
6*3648.1*6*3*
2
1
36
3*6 224
23
23
=++++−+=ππ
xcJ cm4,
( ) ++++−+=42
32
3
2*11.0503.0*6*312
3*6997.2*6*3*
2
1
36
6*3ycJ
753.169003.2*3
2*4*
2
2*22
=
++
π
πcm
4,
( ) ( ) ++−−+= 503.0*352.0*6*3997.2648.1*6*3*2
1
72
3*6 22
xcycJ
3647600323
243521
2
2 2
..*
**.*
*=
++
π
πcm
4.
Główne centralne osie i momenty bezwładności:
++
=+
−
+
+
=
2
753169942102
22
2
2..
JJJJJ
J xcyc
ycxcycxc
max
69821935183347136364762
753169942102 2
2
......
=+=+
−+ cm
4,
−+
=+
−
−
+
=
2
753169942102
22
2
2..
JJJJJ
J xcyc
ycxcycxc
min
9965235183347136364762
753169942102 2
2
......
=−=+
−− cm
4,
'max
maxyc
xcyc
max ...
.
JJ
Jtg 49565291
698219753169
36476 o−=→−=
−
=
−
= αα ,
'min
minyc
xcyc
min ...
.
JJ
Jtg 11336540
99652753169
36476 o=→=
−
=
−
= αα .
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
19
Sprawdzenia:
695272753169942102 ...JJ ycxc =+=+ cm4,
69427299652698219 ...JJ minmax =+=+ cm4,
ooo 9011334958 =+=+''
minmax αα .
Przykład 2.3.2. Wyznaczyć główne centralne osie i momenty bezwładności układu stalowych
kształtowników walcowanych.
Rozwiązanie
Dane z tablic profili walcowanych:
C
α2 = 12° 30′
X1
X2
Y1 Y2
10.01 4.99 6.00 6.00
2,03
2,90
2,90
6.97
1
YC
XC
2
4.173 6.817
3.058
1.872 α1 = 77° 30′
wymiary w [cm]
Y
A = 14.2 cm2
Jx = 328 cm4
Jy = 215 cm4
6
6
5.8
X
α
X
ξ 10.01
4.99
6.97 2.03
Y η
A = 23.2 cm2
Jx = 532 cm4
Jy = 145 cm4
Jη = 88 cm4
tg α = 0.366
wymiary w [cm]
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
20
Obliczenie momentu dewiacji kątownika względem osi własnych w oparciu o dane z tablic:
( )maxmaxmax
max tgtg JJJJJ
Jyxy
y
xy−=→
−
= αα ,
osie (ξ, η) to główne centralne osie kątownika, przy czym maxJJ =ξ
a minJJ =η
, zatem:
minyxmaxminmaxyx JJJJJJJJ −+=→+=+ ,
( ) ( )[ ]minmaxmaxmaxmax
max tgtgtg JJJJJJJJJ
Jyxyyxy
y
xy−+−=−=→
−
= ααα ,
( ) ( ) 504.16253288366.0tg −=−=−= xxy JJJη
α cm4.
Położenie środka ciężkości cąłego układu kształtowników:
40.372.142.23 =+=A cm2,
006709342141 ..*.S x == cm3,
05815699102141 ..*.S y == cm3,
1734437
0581561.
.
.
A
Sx
y
c === cm, 8721437
006701 ..
.
A
Sy x
c === cm.
Momenty bezwładności i dewiacji względem osi centralnych:
( ) 091.574058.3*2.14215872.1*2.23145 22=++−+=xcJ cm
4,
( ) 898.1923817.6*2.14328173.4*2.23532 22=++−+=ycJ cm
4,
( ) ( ) 750.314058.3*817.6*2.14872.1*173.4*2.23504.162 =+−−+−=xcycJ cm4.
Główne centralne osie i momenty bezwładności:
=+
−+
+==
2
2
1 7503142
8981923091574
2
8981923091574.
....JJ max
683.1993689.744994.1248 =+= cm4,
=+
−−
+==
2
2
2 7503142
8981923091574
2
8981923091574.
....JJ min
305.504689.744994.1248 =−= cm4,
'max .
..
.tgtg 30775104
68319938981923
75031411
o−=→−=
−
== ααα ,
'min .
..
.tgtg 30122220
3055048981923
75031422
o=→=
−
== ααα .
Sprawdzenia:
989.2497898.1923091.574 =+=+ ycxc JJ cm4,
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
21
988.2497305.504683.199321 =+=+ JJ cm4,
ooo 9030123077 ''21 =+=+ αα .
Przykład 2.3.3. Łatwo można sprawdzić, że moment bezwładności względem dowolnej osi
przechodzącej przez środek ciężkości kwadratu o boku a wynosi 124a .
To spostrzeżenie bardzo ułatwi wyznaczenie głównych centralnych momentów bezwładności
niżej pokazanych figur płaskich o dwóch osiach symetrii.
Przykład 2.3.4. Wyznaczyć główne osie bezwładności przechodzące przez wierzchołek
trójkąta i momenty bezwładności względem tych osi.
Rozwiązanie
Prowadzimy układ dwóch prostopadłych do siebie osi (X, Y) przechodzących przez
wierzchołek trójkąta.
Obliczamy momenty bezwadności i dewiacji względem tych osi.
α2 = 70° 58′
α1 = 19° 02′ X
1
2
6
4
Y
wymiary w [cm]
( )
12
2
12
14
12
2
12
2
4
2
444
1
aJ
aaaJ
=
=−=
a a
2
1
C
( )
( )
12
5
1212
2
12
15
1212
2
444
2
444
1
aaaJ
aaaJ
=+=
=−=
a
2
1
a
C
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
22
2164
64 3
==*
J x cm4 , 32
12
46 3
==*
J y cm4 .
Przy obliczaniu ,43bhJ x = wykorzystano wzór na moment bezwładności trójkąta
prostokątnego względem osi przechodzącej przez jego wierzchołek i równoległej do jego
podstawy. Przy obliczaniu ,123bhJ y = wykorzystano wzór na moment bezwładności trójkąta
prostokątnego względem osi przechodzącej przez jego podstawę.
W obu wzorach, których wyprowadzenie przy wykorzystaniu twierdzenia Steinera jest bardzo
proste, h jest wymiarem tego boku trójkąta, który jest prostopadły do osi względem której
liczymy moment bezwładności.
( ) 724*3
4*6*4*
2
1
72
6*4 22
−=−+−=xyJ cm4.
Główne momenty i osie bezwładności przechodzące przez wierzchołek trójkąta:
( ) 825240722
32216
2
32216
22
22
2
2
1 .JJJJJ
J xy
yxyx=−+
−+
+=+
−
+
+
= cm4,
( ) 1757722
32216
2
32216
22
22
2
2
2 .JJJJJ
J xy
yxyx=−+
−−
+=+
−
−
+
= cm4,
'
y
xy.
.JJ
Jtg 02193450
82524032
721
1
1o
=→=
−
−=
−
= αα ,
'
y
xy.
.JJ
Jtg 58709002
175732
722
2
2o
−=→−=
−
−=
−
= αα .
Bardzo ważne przypomnienie. W każdym punkcie płaszczyzny w której dana jest figura
można wyznaczyć dwie wzajemnie do siebie prostopadłe osie względem których moment
dewiacji będzie równy zero a momenty bezwładności będą ekstremalne. Osie te nazywają się
osiami głównymi i tylko głównymi.
Osie główne wyznaczone w środku ciężkości figury są osiami głównymi centralnymi. Ich
własnością jest zerowanie się momentów statycznych (bo to osie centralne) oraz zerowanie
się momentu dewiacji i osiąganie ekstremalnych wartości momentów bezwładności (bo to
osie główne).
Przykład 2.3.5. Wyznaczyć momenty bezwładności ξ
J i η
J oraz moment dewiacji ξη
J
względem osi przechodzących przez punkt K dla danej niżej figury płaskiej.
30°
Y
60°
6
3
4 2
X
ξ
η
wymiary w [cm]
K
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.
23
Rozwiązanie
Należy zastosować wzory transformacyjne (2.4).
Momenty bezwładności i dewiacji względem osi (X, Y):
500.3463
3*2
12
9*6 33
=−=xJ cm4 ,
( ) 000.3345*3*212
2*3
4
6*9 233
=
−+−=yJ cm
4 ,
( ) ( )[ ] 500.3195.1*5*3*203*4*9*6*2
1
72
9*6 22
−=−+−
−+−=xyJ cm
4.
Momenty bezwładności i dewiacji względem osi (ξ, η):
( ) ( )=−−−
−
+
+
=oo 60sin60cos
22xy
yxyxJ
JJJJJ
ξ
( ) 680.66866.0*5.3195.0*2
0.3345.346
2
0.3340.346=−+
−
+
+
= cm4 ,
( ) ( )=−
−
+
+
=oo 120sin120cos
22xy
yxyxJ
JJJJJ
η
( ) 820.613866.0*5.3195.0*2
0.3345.346
2
0.3340.346=+−
−
+
+
= cm4 ,
( ) ( ) ( ) 162.1655.0*5.319866.0*2
0.3345.34660cos60sin
2−=−−
−=−+−
−
=oo
xy
yxJ
JJJ
ξη cm
4.
Sprawdzenie:
500680000334500346 ...JJ yx =+=+ cm4
50068082061368066 ...JJ =+=+ηξ
cm4
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Siły wewnętrzne i przekrojowe.
24
3. SIŁY WEWNĘTRZNE I PRZEKROJOWE
3.1 Siła wewnętrzna
Rys. 3.1
Rozważmy ciało materialne pozostające w równowadze pod działaniem zrównoważonego
układu sił zewnętrznych { Z } (rys. 3.1). Zgodnie z założeniem o continuum materialnym
ciało to jest gęsto wypełniającym objętość zbiorem punktów materialnych.
Pod wpływem przyłożonych obciążeń ciało zmienia swoje kształty i wymiary ale zachowuje
ciągłość, bo to podstawowe żądanie jakie stawiamy konstrukcji, co świadczy o istnieniu między
punktami materialnymi pewnych więzów – sił międzycząsteczkowych.
Wybierzmy wewnątrz bryły dowolny punkt C o wektorze wodzącym r i dokonajmy
myślowego podziału bryły na dwie części płaszczyzną o normalnej zewnętrznej v . Między
punktem C leżącym na płaszczyźnie podziału i przyporządkowanym części I a wszystkimi
punktami części II istnieją wzajemne oddziaływania. Założymy, że te oddziaływania między
cząsteczkowe sprowadzają się jedynie do sił, bez momentów.
Przyjmiemy teraz ważną definicję:
siłą wewnętrzną ),( vrPP = w danym punkcie o wektorze wodzącym r na płaszczyźnie
przekroju o wersorze normalnym v nazywamy wypadkową sił międzycząsteczkowych z
jakimi wszystkie punkty części II rozważanej bryły wyznaczonej płaszczyzną przekroju działają na ten punkt przyporządkowany części I.
Jak łatwo zauważyć w ogólności wypadkowa ta będzie zależała od wyboru punktu i
płaszczyzny przekroju bryły i stąd jest ona funkcją wektorową dwóch wektorów r i v .
Obrazowo możemy powiedzieć, że siła wewnętrzna w punkcie C to siła z jaką wszystkie
punkty materialne części II chcą np. wyrwać ten punkt z części I.
Oczywiście całe rozumowanie wygląda analogicznie gdy punkt C przypiszemy części II.
W tym miejscu warto zwrócić uwagę na dwie sprawy:
• podziału bryły dokonujemy na dwie i tylko dwie części,
• błędne jest powiedzenie: siła wewnętrzna w danym punkcie lub na danej płaszczyźnie
przekroju. Należy określić i punkt i płaszczyznę przekroju.
)v,r(P
v
X
C
Z
Y
r
I II
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Siły wewnętrzne i przekrojowe.
25
Zgodnie z postulatem o więzach dokonując
podziału konstrukcji na dwie części możemy np.
cześć II odrzucić zastępując jej działanie
układem sił wewnętrznych przyłożonych do
każdego punktu płaszczyzny przekroju.
Wyznaczenie układu sił wewnętrznych w
zadanym przekroju będzie jednym z naszych
podstawowych celów, gdyż jego znajomość jest dla inżyniera konstruktora bardzo ważna,
pozwala mu bowiem ocenić, czy w danym punkcie ciała nie nastąpi utrata spójności materiału
lub daje możliwość określenia koniecznego wzmocnienia w danym kierunku, np. przez
ułożenie zbrojenia w betonie.
3.2 Twierdzenie o równoważności układów sił wewnętrznych i zewnętrznych
Jak już powiedzieliśmy poszukiwanie układu sił wewnętrznych w zadanym przekroju jest dla
nas bardzo ważnym zadaniem. Teraz odpowiemy na pytanie, czy istnieje związek między
układem sił wewnętrznych i zewnętrznych.
Rozważmy ciało w równowadze pod działaniem układu sił zewnętrznych { Z } ≡{ 0 } i
dokonajmy jego podziału na dwie części płaszczyzną o normalnej v (rys.3.2).
Rys. 3.2
Oznaczmy przez:
{ZI} – układ sił zewnętrznych przyłożonych do części I myślowo rozciętej bryły,
{ZII} – układ sił zewnętrznych przyłożonych do części II myślowo rozciętej bryły,
{WI} – układ sił wewnętrznych przyłożonych do części I pochodzący od działania części II,
{WII} – układ sił wewnętrznych przyłożonych do części II pochodzący od działania części I.
Z warunków równowagi ciała jako całości jak i poszczególnych jego części wynikają
zależności:
{ Z I} + { Z II} ≡ { 0 }, (3.1)
{ Z I} + { W I} ≡ { 0 }, (3.2)
{ Z II} + { W II} ≡ { 0 }. (3.3)
Z (3.2) wynika, że { W I} ≡ -{ Z I} , a z (3.1), że { Z II} ≡ - { Z I} zatem
{ W I} ≡ { Z II}. (3.4)
Z (3.3) wynika, że { W II} ≡ -{ Z II} , a z (3.1), że { Z I} ≡ - { Z II} stąd
{ W II} ≡ { Z I}. (3.5)
Ponadto z zasady akcji i reakcji wnosimy:
{ W I} ≡- { W II}. (3.6)
Zależności (3.4) i (3.5) możemy przedstawić w formie twierdzenia o równoważności
odpowiednich układów sił wewnętrznych i zewnętrznych:
I
{ZI}
I
{WI}
II
{ZII} {WII}
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Siły wewnętrzne i przekrojowe.
26
układ sił wewnętrznych, przyłożonych do przekroju jednej części myślowo rozciętej
bryły jest równoważny układowi sił zewnętrznych przyłożonych do jej drugiej części.
Zwróćmy uwagę, że mimo iż układy { Z I} oraz { Z II} są znane to zależności (3.4) i (3.5) nie
pozwalają na wyznaczenie układów { W I} i { W II} gdyż układów równoważnych danemu
można zbudować nieskończenie wiele, jednakże, twierdzenie o równoważności jest bardzo
cenne, bo pozwala na wyznaczenie elementów zredukowanego układu sił wewnętrznych.
Wynika to ze znanego twierdzenia o układach równoważnych, które mówi, że:
jeśli dwa układy sił są równoważne, to równe są ich sumy i równe są ich momenty liczone
względem tego samego punktu.
Zatem na podstawie wyżej dowiedzionego twierdzenia możemy zapisać:
{ } { }{ } { }
{ } { }
=
=
⇒≡
III
III
III
ZMWM
ZSWSZW
00
, (3.7)
{ } { }{ } { }
{ } { }
=
=
⇒≡
III
III
III
ZMWM
ZSWSZW
00
. (3.8)
gdzie: { }S i { }0M to suma i moment względem punktu O rozważanego układu sił.
Zależności (3.7) i (3.8) będziemy bardzo często wykorzystywać w analizie konstrukcji
prętowych.
3.3. Siły przekrojowe w konstrukcjach prętowych
Przyjmiemy kilka prostych definicji:
• pręt, słup, belka to bryła, w której dwa wymiary są znacznie mniejsze od trzeciego –
długości,
• oś pręta to miejsce geometryczne punktów, będących środkami ciężkości przekrojów
pręta dowolnymi płaszczyznami przecinającymi jego pobocznicę,
• przekrój poprzeczny pręta to przekrój płaszczyzną prostopadłą do jego osi,
• pręt pryzmatyczny to pręt o osi prostej i stałym przekroju poprzecznym.
Pręt jest najczęściej spotykanym w praktyce inżynierskiej elementem konstrukcji dlatego też
on będzie modelem ciała w naszych rozważaniach.
Poszukując elementów zredukowanego układu sił przyłożonych do jednej z przeciętych
części pręta przyjmiemy umowę, że:
• zredukowanego układu sił poszukiwać będziemy na płaszczyźnie przekroju poprzecznego
• biegunem redukcji będzie środek ciężkości tego przekroju.
Weźmy dowolny pręt w równowadze pod działaniem układu sił zewnętrznych (rys.3.3),
podzielmy go na dwie części, odrzućmy część II i korzystając z twierdzenia o równoważności
odpowiednich układów sił, wyznaczmy elementy zredukowanego do środka ciężkości
przekroju poprzecznego układu sił wewnętrznych przyłożonych do części I.
Rys. 3.3
I II
I S
M
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Siły wewnętrzne i przekrojowe.
27
W ogólnym przypadku w wyniku redukcji otrzymamy układ złożony z wektora sumy S i
wektora momentu M . Mogą się jednak zdarzyć szczególne przypadki redukcji układu sił
wewnętrznych, które nazywamy prostymi przypadkami wytrzymałości:
• Rozciąganie lub ściskanie osiowe Występuje ono wtedy, gdy układ sił wewnętrznych
redukuje się do wypadkowej prostopadłej do przekroju
poprzecznego. Jeśli ma ona zwrot zgodny z normalną
zewnętrzną to występuje rozciąganie osiowe w przeciwnym
przypadku mamy do czynienia ze ściskaniem osiowym.
Wypadkową tę nazywamy siłą podłużną lub osiową i
najczęściej oznaczamy przez N .
• Ścinanie Występuje ono wtedy, gdy układ sił wewnętrznych
redukuje się do wypadkowej stycznej do przekroju
poprzecznego. Wypadkową tę nazywamy siłą poprzeczną lub
tnącą i najczęściej oznaczamy przez Q .
• Zginanie Występuje ono wtedy, gdy układ sił wewnętrznych
redukuje się do pary sił której, wektor momentu jest styczny do
przekroju poprzecznego. Moment ten nazywamy momentem
zginającym i oznaczamy przez M .
• Skręcanie Występuje ono wtedy, gdy układ sił wewnętrznych
redukuje się do pary sił, której wektor momentu jest
prostopadły do przekroju poprzecznego. Moment ten
nazywamy momentem skręcającym i oznaczamy przez SM .
Dowolny zredukowany układ sił wewnętrznych można wyrazić poprzez odpowiednią
kombinację wyżej opisanych prostych przypadków.
Składowe zredukowanego układ sił wewnętrznych M,Q,N i SM nazywamy siłami
przekrojowymi. Po przyjęciu odpowiedniej umowy ich znakowania (np. zgodnie ze zwrotami
układu własnego przekroju poprzecznego pręta i spodami) możemy posługiwać się nimi jak
współrzędnymi opuszczając nadkreślenie.
v
N
M
v
v
SM
v
Q
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
28
4. TEORIA STANU NAPRĘŻENIA
4.1. Definicja naprężenia
W poprzednim rozdziale zdefiniowaliśmy siłę wewnętrzną w danym punkcie i przekroju.
Stwierdziliśmy też, że dokonując podziału bryły na dwie części możemy analizować
zachowanie się tylko jednej części pod warunkiem, że do każdego punktu przekroju
przyłożymy siłę wewnętrznych z jaką oddziałują na niego wszystkie punkty odrzuconej
części. Siły te tworzą w przekroju nieskończony układ sił wewnętrznych, który jest bardzo
ważny w analizie zachowania się konstrukcji i będzie przedmiotem szczegółowych rozważań
w toku dalszych wykładów.
Aby móc dokonywać analizy układu sił wewnętrznych należy precyzyjnie zdefiniować ich
miarę którą nazwiemy naprężeniem.
W tym celu rozważmy dowolny,
pokazany na rys. 4.1, przekrój bryły
płaszczyzną o wersorze normalnym v
przechodzącą przez dowolny punkt C
o wektorze wodzącym r . Do każdego
punktu płaszczyzny przekroju
przyłożona jest siła wewnętrzna.
Wydzielmy wokół punktu C element
powierzchni ∆A. Niech P∆ oznacza
sumę sił wewnętrznych przyłożonych
do punktów powierzchni ∆A.
Przyjmiemy definicję:
naprężeniem w punkcie o wektorze wodzącym r na powierzchni przekroju o normalnej v
nazywamy wektor
A
Pp
A ∆
∆
∆ 0lim
→
= . (4.1)
Fizycznie naprężenie jest gęstością sił wewnętrznych i jak widać ze wzoru (4.1) w ogólności,
podobnie jak siła wewnętrzna, w bryle (konstrukcji) jest funkcją wektorową dwóch wektorów
, wektora wodzącego punktu r i wersora normalnego płaszczyzny przekroju v .
W ogólności kierunek wektora naprężenia
jest dowolny w odniesieniu do płaszczyzny na
której występuje. Możemy go rozłożyć, jak
pokazuje rys. 4.2, na dwie składowe których
kierunki są normalne i styczne do przekroju
nazywając je odpowiednio naprężeniem
normalnym i stycznym. Tak więc naprężenie
normalne σ to składowa naprężenia
prostopadła do płaszczyzny przekroju a
naprężenie styczne τ to składowa naprężenia
styczna do płaszczyzny przekroju.
Rys. 4.2
C
στ
v
pτσ +=p
Rys. 4.1
v
X
Z
Y
r
P∆
A∆
C
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
29
4.2. Stan naprężenia w punkcie
Stan naprężenia w punkcie to nieskończony zbiór wektorów naprężeń przyporządkowanych
wszystkim płaszczyznom przecięcia bryły, przechodzących przez ten punkt.
Mówimy, że znamy stan naprężenia w bryle jeśli znamy stan naprężenia w każdym jej
punkcie.
Rozróżniamy trzy rodzaje stanów naprężenia w punkcie: jednoosiowy, płaski i przestrzenny.
Jednoosiowy stan naprężenia występuje wówczas, gdy wektory naprężeń przyporządkowane
dowolnym płaszczyznom cięcia bryły w danym punkcie mają ten sam kierunek.
Płaski stan naprężenia występuje wówczas, gdy wektory naprężeń przyporządkowane
dowolnym płaszczyznom cięcia bryły w danym punkcie leżą w jednej płaszczyźnie
(płaszczyźnie stanu naprężenia).
Przestrzenny stan naprężenia występuje wówczas, gdy wektory naprężeń przyporządkowne
dowolnym płaszczyznom cięcia bryły w danym punkcie są w ogólności różne (mają różne
długości, kierunki i zwroty).
Każdy z tych charakterystycznych stanów naprężenia w punkcie, w całej bryle może być
jednorodny lub niejednorodny. Jednorodny jest wówczas gdy nie zależy od wyboru punktu.
Z definicji stanu naprężenia w punkcie jest zrozumiałe, że jego znajomość jest nieodzowna
przy analizie tego co się dzieje w danym punkcie ciała poddanego działaniu układu sił
zewnętrznych. To oznacza, że musimy znać wektory naprężeń na każdej dowolnej
płaszczyźnie cięcia bryły w danym punkcie a przy analizie zachowania się konstrukcji w
każdym jej punkcie.
4.3. Macierz naprężeń. Graficzny obraz macierzy naprężeń
Dokonajmy przekroju rozważanej bryły w dowolnie wybranym punkcie C trzema
płaszczyznami prostopadłymi do osi układu (X, Y, Z). Wektory naprężeń przyporządkowane
tym płaszczyznom cięcia oznaczymy, odpowiednio, przez zyx ppp ,, (rys. 4.3).
Rys. 4.3
Każdy z tych wektorów naprężeń możemy rozłożyć na trzy składowe równoległe do osi
układu. Jak łatwo zauważyć, zawsze jedna z tych składowych będzie normalna do
płaszczyzny przecięcia a dwie pozostałe będą do niej styczne. Zgodnie z rys. 4.3 możemy
zapisać:
xzxyxxp ττσ ++=
yzyyxyp τστ ++= (4.2)
zzyzxzp σττ ++=
Y X
Z
xv
C
xp
xσ
xyτ
xyτ
C
yv
yzτ
yp
yxτ
yσ
zσ
Y
C
zv
zp
zxτ
zyτ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
30
Współrzędne wektorów naprężeń zyx ppp ,, oznaczać będziemy podobnie jak ich składowe,
opuszczając jedynie nadkreślenie i zapiszemy je w formie macierzy σ
T nazywanej macierzą
naprężeń:
=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
σττ
τστ
ττσ
σ. (4.3)
Możemy więc powiedzieć, że:
macierz naprężeń w punkcie to uporządkowany zbiór współrzędnych trzech wektorów
naprężeń na płaszczyznach prostopadłych do osi układu współrzędnych.
Uporządkowany w ten sposób, że wiersze przedstawiają kolejne współrzędne, kolejnych
wektorów naprężeń. W wyniku takiego uporządkowania na przekątnej macierzy znajdują się
naprężenia normalne a poza przekątną naprężenia styczne. Jasna jest też wymowa indeksów
przy naprężeniach. Indeks przy naprężeniu normalnym pokazuje płaszczyznę na której ono
występuje i do której jest ono prostopadłe, czyli oś układu do której to naprężenie jest
równoległe. Indeksy przy naprężeniu stycznym pokazują: pierwszy płaszczyznę na której ono
występuje, a drugi oś układu do której to naprężenie jest równoległe.
Zatem np. zσ to naprężenie normalne na płaszczyźnie prostopadłej do osi Z, a yxτ to
naprężenie styczne na płaszczyźnie prostopadłej do osi Y i równoległe do osi X.
Powszechnie jest stosowana i co ważniejsze jest wygodna szczególna umowa znakowania
elementów macierzy naprężeń (czyli współrzędnych wektorów naprężeń na płaszczyznach
prostopadłych do osi układu).
Za dodatnie, w macierzy naprężeń, uważamy współrzędne takich składowych, które mają:
• zwrot zgodny ze zwrotem osi do której są równoległe
• i zwrot normalnej zewnętrznej płaszczyzny na której one występują także zgodny ze
zwrotem osi układu do której ta normalna jest równoległa
lub jeśli zarówno składowa jak i normalna mają zwroty przeciwne do odpowiednich osi, do
których są równoległe.
Jest tzw. reguła podwójnej zgodności. W każdym innym przypadku współrzędna jest ujemna.
Zgodnie z przyjętą umową naprężenie normalne jest dodatnie jeśli jest rozciągające, a ujemne
jeśli jest ściskające.
Należy powiedzieć, że macierz naprężeń w punkcie to zbiór liczb. Gdybyśmy rozszerzyli to
pojęcie na całą objętość bryły to miejsce liczb zajmą funkcje współrzędnych wektora
wodzącego dowolnego punktu obszaru bryły.
Jak się wkrótce przekonamy macierz naprężeń w punkcie będzie podstawą określenia w nim
stanu naprężenia.
Dla lepszego zrozumienia oraz utrwalenia przyjętych definicji i umów znakowania
elementów macierzy naprężeń przedstawimy jej graficzną interpretację.
Weźmy obciążone, pozostające w równowadze ciało i wybierzmy w nim dowolny punkt
materialny C (rys. 4.4).
Będziemy go modelować za pomocą dowolnie małego sześcianu, którego ścianki są
równoległe do płaszczyzn układu odniesienia.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
31
Rys. 4.4
Ten punkt materialny możemy wyjąc z rozważanej bryły pod warunkiem, że przyłożymy do
niego wszystkie siły z jakimi pozostałe punkty ciała działają na niego. Wielkości tych sił
otrzymamy mnożąc elementy macierzy naprężeń pokazane na rys. 4.4 przez powierzchnie
odpowiednich ścianek sześcianu. Tak więc pokazany na rys. 4.4 sześcian pokazuje graficzny
obraz macierzy naprężeń (wszystkie narysowane na nim składowe macierzy naprężeń są
dodatnie) i równocześnie siły z jakimi wszystkie punkty bryły działają na punkt C.
Z założenia o równowadze rozważnej bryły wynika równowaga sił wewnętrznych
działających na punkt C.
Rozpisując warunki równowagi tych sił otrzymamy zależności:
• z warunków zerowania się momentów sił względem osi układu
=
=
=
zyyz
zxxz
yxxy
ττ
ττ
ττ
(4.4)
• z warunków zerowania się rzutów sił na osie układu
=+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=+
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
0
0
0
zzzyzx
y
yzyyx
xxzxyx
Pzyx
Pzyx
Pzyx
σττ
τστ
ττσ
(4.5)
gdzie: zyx P,P,P współrzędne siły masowej.
Równania (4.4) dowodzą, że macierz naprężeń jest symetryczna, a równania różniczkowe
(4.5) stanowią warunki konieczne które winny spełniać funkcje trzech zmiennych aby móc
być elementami macierzy naprężeń. Równania różniczkowe (4.5) noszą nazwę równań
równowagi wewnętrznej lub równań Naviera i muszą być stowarzyszone ze statycznymi
yzτ
xzτ
xσ
Y
xyττττ
yσ
yxτ
Y
xσ
Y xyτ
xzτ
Y
yσ
yxτ
Y
zσ
Y
zyτ
zxτ
zxτ
Y
zσ
zyτ
dy
dx
dz
C
Y X
Z
r
yzτ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
32
warunkami brzegowymi wiążącymi obciążenie brzegu bryły z elementami macierzy
naprężeń.
4.4. Współrzędne wektora naprężenia na dowolnej płaszczyźnie. Tensor naprężeń
Wytnijmy z wnętrza bryły, będącej w równowadze, nieskończenie mały czworościan wokół
dowolnego punktu C, którego trzy ściany będą równoległe do płaszczyzn układu odniesienia
a czwarta będzie równoległa do dowolnej płaszczyzny o wersorze normalnym ( )nmlv ,, .
Zakładając, że znamy macierz naprężeń w tym punkcie będziemy chcieli wyznaczyć wektor
naprężenia ( )vzvyvxv pppp ,, na tej czwartej dowolnej płaszczyźnie (rys. 4.5).
Rys. 4.5
Oznaczmy pola ścianek czworościanu odpowiednio prostopadłych do osi układu odniesienia
przez: ,,, zyx AAA ∆∆∆ a pole czwartej przez .A∆ Ponieważ współrzędne wersora
normalnego czwartej dowolnie nachylonej ścianki czworościanu
( ) ( ) ( )ZvnYvmXvl ,cos,,cos,,cos === to między polami powierzchni ścianek czworościanu
zachodzą zależności:
nAAmAAlAA zyx ∆∆∆∆∆∆ === ,, .
Tilda „∼” nad naprężeniami na rys. 4.5 oznacza średnią wartość naprężeń na powierzchni
ścianki czworościanu.
Warunki równowagi sił działających na wycięty czworościan dają równania:
nmlpAAAApX zxyxxvxzzxyyxxxvx ττσ∆τ∆τ∆σ∆~~~~~~~~0 ++=→++=→=∑
nmlpAAAApY zyyxyvyzzyyyxxyvy τστ∆τ∆σ∆τ∆~~~~~~~~0 ++=→++=→=∑
nmlpAAAApZ zyxxzvzzzyyzxxzvz σττ∆σ∆τ∆τ∆~~~~~~~~0 ++=→++=→=∑
Po wykonaniu przejścia granicznego z bokami czworościanu do zera z zachowaniem
nachylenia czwartej ścianki w powyższych równaniach w miejsce średnich wartości
współrzędnych naprężeń otrzymujemy wartości w rozważanym punkcie i po wykorzystaniu
symetrii macierzy naprężeń otrzymujemy zależności wiążące jej współrzędne ze
współrzędnymi wektora naprężenia:
xσ~
Y xyτ
~
xzτ~
Y yzτ
~
yσ~
yxτ~
Y
zσ~
Y
zyτ~
zxτ~
( )vzvyvxv pppp ~,~,~~
( )nmlv ,,
C
Y X
Z
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
33
nmlp xzxyxvx ττσ ++=
nmlp yzyyxvy τστ ++= (4.6)
nmlp zzyzxvz σττ ++=
Równania (4.6) dowodzą, że:
macierz naprężeń w danym punkcie określa w nim stan naprężenia gdyż znajomość jej
elementów pozwala na wyznaczenie współrzędnych wektora naprężenia na dowolnej
płaszczyźnie przechodzącej przez ten punkt.
Równania (4.6) możemy zapisać jeszcze w innej zwartej macierzowej formie:
vTpv σ= →
=
n
m
l
p
p
p
zzyzx
yzyyx
xzxyx
vz
vy
vx
σττ
τστ
ττσ
(4.7)
Powyższe równania pokazują, że w wyniku mnożenia macierzy naprężeń σ
T przez wektor v
otrzymujemy wektor naprężenia vp .
Możemy też to sformułować bardziej
formalnie, że macierz naprężeń w
punkcie jest wielkością, która
dowolnemu kierunkowi v - normalna
do płaszczyzny przecięcia bryły w tym
punkcie, przyporządkowuje wektor
vp - wektor naprężenia na tej
płaszczyźnie (rys. 4.6).
To wyżej powiedziane stanowi dowód na to, że macierz naprężeń jest tensorem drugiego
rzędu co oznacza, że jej elementy transformują się przy zmianie układu odniesienia w pewien
ściśle określony sposób zwany prawem transformacji tensora.
Mając współrzędne wektora naprężenia, na
dowolnej płaszczyźnie, ( )vzvyvxv pppp ,,
określone w wyjściowym układzie
współrzędnych, łatwo możemy wyznaczyć
jego współrzędne odniesione do układu
związanego z tą płaszczyzną, wyznaczonego
przez ortonormalną trójkę wersorów
( )nmlv ,, , ( )111 n,m,lξ , ( )222 n,m,lη .
Pierwszy z tych wersorów jest normalny do
płaszczyzny a dwa pozostałe są do niej
styczne (rys.4.7).
vp
Y X
Z
v
r
Rys. 4.6
Y X
Z
vp
vσ
ξ
η
v
ητ v
ξτ v
Rys.4.7
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
34
Zaczniemy od rozłożenia wektora vp na trzy składowe (rys.4.7)
ηξ ττσ vvvvp ++= , (4.8)
z których vσ to naprężenie normalne do płaszczyzny a dwie pozostałe ξτ v i ητ v są do niej
styczne i równoległe do wersorów ξ i η , a ich suma przedstawia całkowite naprężenie
styczne:
ηξ τττ vvv += .
Współrzędne wektora vp w układzie odniesienia wyznaczonym przez trójkę wersorów
( v ,ξ ,η ), oznaczymy tak jak jego składowe opuszczając jedynie nadkreślenie. Otrzymamy je
mnożąc skalarnie vp przez odpowiednie wersory (bo to rzuty wektora na oś) i tak:
vv pv=σ , vv pξτξ
= , ηη
τ vv pv= . (4.9)
Uwzględniając w ( 4.9 ) związki ( 4.7) otrzymujemy zależności:
( )
=
n
m
l
n,m,l
zzyzx
yzyyx
xzxyx
v
σττ
τστ
ττσ
σ , (4.10)
( )
=
n
m
l
n,m,l
zzyzx
yzyyx
xzxyx
v
σττ
τστ
ττσ
τξ 111 , (4.11)
( )
=
n
m
l
n,m,l
zzyzx
yzyyx
xzxyx
v
σττ
τστ
ττσ
τη 222 ’ (4.12)
które są konsekwencją tego, że macierz naprężeń jest tensorem.
Macierzowy zapis tych powyższych zależności jest bardzo wygodny w obliczeniach
zwłaszcza gdy korzystamy z ogólnie dostępnych profesjonalnych kalkulacyjnych programów
komputerowych np. typu Excel czy Madcad.
4.5. Statyczne warunki brzegowe
Z rozważanej na rys. 4.5 bryły w równowadze wytnijmy przy jej brzegu elementarny
czworościan którego trzy ściany będą równoległe do płaszczyzn układu odniesienia a czwarta
będzie zawierała element powierzchni zewnętrznej S∆ o wersorze normalnym zewnętrznym
( )nmlv ,, .
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
35
Rys. 4.8
Analizując, analogicznie jak w punkcie poprzednim, warunki równowagi tak wyciętego
czworościanu otrzymujemy zależności wiążące współrzędne obciążenia bryły
( )vzvyvxv qqqq ,, w rozważanym punkcie brzegowym ze współrzędnymi macierzy naprężeń w
tym punkcie:
nmlq xzxyxvx ττσ ++=
nmlq yzyyxvy τστ ++= (4.13)
nmlq zzyzxvz σττ ++=
Równania (4.13) noszą nazwę statycznych warunków brzegowych i jak już wspomniano są
niezbędne przy rozwiązywaniu równań różniczkowych Naviera.
Statyczne warunki brzegowe (4.13) choć bardzo podobne do równań (4.6), merytorycznie
różnią się zasadniczo. Przede wszystkim lewe strony (4.13) są znane (bo to zadane obciążenie
brzegu bryły) w przeciwieństwie do równań (4.6) w których lewe strony to poszukiwane
współrzędne naprężenia na zadanej dowolnej płaszczyźnie.
4.6. Przykłady
Przykład 4.6.1. Narysować graficzne obrazy danych macierzy naprężeń i określić jaki stan
naprężenia reprezentują.
Rozwiązanie
−−
−
−−
=
423
265
351
σT MPa
Y X
Z
xσ~
Y xyτ
~
xzτ~
Y yzτ
~
yσ~
yxτ~
Y
zσ~
Y
zyτ~
zxτ~
( )vzvyvxv qqqq ~,~,~~
( )nmlv ,,
5 5
2
1
3 6
2 3
4
Z
X Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
36
−−
−
=
402
000
203
σT MPa
=
000
000
005
σT MPa
Równania (4.6) rozstrzygają o tym, że pierwsza macierz reprezentuje przestrzenny stan
naprężenia, druga płaski stan, którego płaszczyzną naprężenia jest płaszczyzna (X, Z), a stan
naprężenia określony trzecią macierzą jest jednoosiowy.
Przykład 4.6.2. W punkcie w którym panuje stan naprężenia określony macierzą naprężenia
−
−
−
=
1002060
2020050
6050100
σT MPa
wyznaczyć:
a/ współrzędne wektora naprężenia na płaszczyźnie o wersorze normalnym ( )21,21,21v ,
b/ długość wektora naprężenia normalnego vσ i stycznego vτ na tej płaszczyźnie,
c/ współrzędne wektora naprężenia normalnego stycznego na tej płaszczyźnie.
Rozwiązanie
Współrzędne wektora naprężenia wyznaczamy z zależności:
vTpv σ= →
=
n
m
l
p
p
p
zzyzx
yzyyx
xzxyx
vz
vy
vx
σττ
τστ
ττσ
426172
160
2
150
2
1100 .***nmlp xzxyxvx =++−=++= ττσ MPa
5 5
Z
X Z
X Y
5
3 3
2
Z
X
2
2
4
4
2 3
2
4
2
Z
X Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
37
858.1102
1*20
2
1*200
2
1*50 =−+=++= nmlp yzyyxvy τστ MPa
711902
1100
2
120
2
160 .***nmlp zyzzxvz =+−=++= σττ MPa
Naprężenie normalne
2841282
171190
2
1858110
2
142617 .*.*.*.npmplpvp vzvyvxvv =++=++==σ MPa
Długość wektora naprężenia stycznego
2v
2vv
2v
2v
2v pp σττσ −=→+=
647208212
.ppppppp vzvzvyvyvxvxv =++= (MPa)2, 78516456284128
22..v ==σ (MPa)
2
06766785164566472082122 ...p vvv =−=−= στ MPa
Ponieważ vvv σσ = , to współrzędne wektora naprężenia normalnego ( )vzvyvxv σσσσ ,, są
równe: 142642
284128.
.lvvx ===σσ MPa, 14264
2
284128.
.mvvy ===σσ MPa,
710902
284128.
.nvvz ===σσ MPa.
Z zależności vvvp τσ += , wynika, że współrzędne wektora naprężenia stycznego
( )vzvyvxv ττττ ,, mają wartości: 323.57536.53787.3 −=−−=−= vxvxvx p στ MPa
322.57536.53858.110 =−=−= vyvyvy p στ MPa, 001.0710.75711.75 =−=−= vzvzvz p στ MPa.
Przykład 4.6.3. Brzeg tarczy kołowej o promieniu R obciążony jest na całym swym
obwodzie obciążeniem normalnym o stałej gęstości q. Napisać statyczne warunki brzegowe
dla tej tarczy.
Równanie brzegu tarczy:
( ) 00,222
=−+→= Ryxyxf
Rozwiązanie
Współrzędne wersora normalnego do brzegu:
( ) ( )
( ) ( ) Rxyxxl
yfxf
xfl =+=→
∂∂+∂∂
∂∂=
22
22222
q
( )mlv ,
Y
X
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
38
( ) ( )
( ) ( ) Ryyxym
yfxf
yfm =+=→
∂∂+∂∂
∂∂=
22
22222
Statyczne warunki brzegowe
vTqv σ=
mlmqmlq
mllqmlq
yyxyyxvy
xyxxyxvx
στστ
τστσ
+=−→+=
+=−→+=
i ostatecznie
yxyq
yxxq
yyx
xyx
στ
τσ
+=−
+=−
gdzie xyyx ,, τσσ są elementami tensora naprężeń na brzegu tarczy, są więc funkcjami jednej
zmiennej.
Przykład 4.6.4. Wyznaczyć obciążenie pokazanej tarczy spełniające warunki równowagi i
statyczne warunki brzegowe, jeśli stan naprężenia w jej punktach określają zależności
12,6,12 −=== xyyx xyx τσσ
−
−
=
x
yxT
6,12
12,12σ
Rozwiązanie
Obciążenie tarczy stanowią siły masowe i siły przyłożone na jej brzegach.
Siły masowe wyznaczymy z równań Naviera (są to równania równowagi wewnętrznej ale i
warunki konieczne na to aby podane funkcje naprężeń były współrzędnymi tensora naprężeń).
=
−=
→
=
=+
→
=+
∂
∂
+
∂
∂
=+
∂
∂
+
∂
∂
0
12
0
012
0
0
y
x
y
x
y
yyx
x
xyx
P
yP
P
Py
Pyx
Pyx
στ
τσ
.
Obciążenia brzegów tarczy wyznaczymy ze statycznych warunków brzegowych.
+=
+=
mlq
mlq
yyxvy
xyxvx
στ
τσ
0
2
1
Y
X
3 m
4 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.
39
Brzeg 0-1;
Równanie brzegu : y = 0 1,0 −== ml
xxq
q
vy
vx
6)1(*6
12)1(*12
−=−=
=−−=
Brzeg 0-2;
Równanie brzegu : x = 0 0,1 =−= ml
12)1(*12
0)1(*12
=−−=
=−=
vy
vx
q
yxq
x q vx q vy
0 -9.6 -7.2
1 6.6 -2.4
2 12.0 2.4
3 6.6 7.2
Brzeg 1-2;
Równanie brzegu : 375.0 +−= xy
8060 .)Y,vcos(m,.)X,vcos(l ====
2.78.48.0*66.0*12
6.96.214.5
6.92.78.0*126.0*12
2
−=+−=
−+−=
=−=−=
xxq
xx
yxyxq
vy
vx
4 -9.6 12.0
Sprawdzenie równowagi obliczonych sił działających na tarczę.
( )
( )
( )
( ) 0126.96.214.512
0;0
21
24
0
=−+−+−+
=+=
∫∫∫∫
∫∫∑ ∫∑
−
dydxydsxxxd
dAPdsqX
A
x
K
vx
( )
( )
( )
02.78.4126
0;0
21
3
0
4
0
=−++−
=+=
∫∫∫
∫∫∑ ∫∑
−
dsxydxdx
dAPdsqY
A
y
K
vy
( )
( )
( ) 0;0 =−+−= ∫∫∑ ∫∑A
xy
K
vxvyO dAPyPxdsqyqxM
6.6
6.6
12.0
9.6
12.0
9.6
q vx q vy
7.2
12.0
24.0
12.0
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
40
5. ANALIZA PŁASKIEGO STANU NAPRĘŻENIA
5.1. Naprężenia na dowolnej płaszczyźnie
Jak pamiętamy płaski stan naprężenia w punkcie cechuje to, że wektory naprężeń
przyporządkowane wszystkim płaszczyznom przecięcia bryły w danym punkcie leżą w jednej
płaszczyźnie zwanej, płaszczyzną stanu naprężenia. Wówczas w macierzy naprężeń
wszystkie jej elementy w jednym wierszu (kolumnie) mają zerowe wartości.
Taki stan naprężenia występuje np. w płaskich tarczach. Rozważmy zatem płaską tarczę
określoną w układzie współrzędnych (X,Y) i obciążoną dowolnym, ale będącym w
równowadze, układem sił zewnętrznych.
Rys. 5.1
Wybierzmy dowolny punkt C w pokazanej na rys. 5.1 płaskiej tarczy i przyjmijmy, że znamy
w nim współrzędne macierzy naprężeń. Ponieważ panuje w nim płaski stan naprężenia, to
macierz naprężeń będzie miała, w ogólnym przypadku, cztery różne od zera elementy:
=
yyx
xyxT
στ
τσ
σ ,
,.
Współrzędne wektora naprężenia ( )vyvxv ppp ,_
w tym punkcie na płaszczyźnie o wersorze
normalnym ( )mlv ,_
są równe:
mlp xyxvx τσ += ,
mlp yyxvy στ += ,
a naprężenia normalne i styczne na tej płaszczyźnie wynoszą:
( ) ( ) mlmlmmllmlvp xyyxyyxxyx
__
vv τσσσττσσ 222
++=+++== ,
( )( ) ( ) ( )22__
mlmlmllmlmmlsp xyyxyyxxyxvv −++−=++−+== τσσσττστ ,
gdzie: ),( lms − wersor styczny do płaszczyzny (patrz rys. 5.1) i prostopadły do wersora
( )mlv ,_
.
Uwzględniając, że αcos=l a αsin=m , gdzie: α to kąt między kierunkiem wersora ν i
osią X, oraz znane z trygonometrii zależności
Y
X
( )lms ,−
( )
C ( )mlv ,
( )α
vp
vσvτ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
41
,cossin22sin,sincos2cos 22αααααα =−=
2
cos21sin,
2
cos21cos
22
22 α
αα
α−
=
+
= ,
po przekształceniach otrzymujemy wzory :
ατα
σσσσ
σ 2sin2cos22
xy
yxyx
v +
−
+
+
= , (5.1) (1)
ατα
σσ
τ 2cos2sin2
xy
yx
v +
−
−= , (5.2)
podające wartości naprężeń normalnych i stycznych na płaszczyźnie przekroju, o wersorze
normalnym nachylonym pod kątem α do osi X. Dodatnim wartością tych naprężeń
odpowiadają zwroty zgodne ze zwrotami wersorów _
v oraz s , gdyż są to miary rzutów
wektora naprężenia ( )vyvxv ppp ,_
na osie wyznaczone tymi wersorami.
Policzmy ile wynosi suma naprężeń normalnych na dwóch dowolnych ale wzajemnie
prostopadłych płaszczyznach przekroju.
Korzystając ze wzoru (5.1) otrzymujemy:
( ) ( ) yxxy
yxyx
xy
yxyx
vv
σσατα
σσσσ
ατα
σσσσ
σσαα
+=+++
−
+
+
+
++
−
+
+
=++
00
90,,
902sin902cos22
2sin2cos22
dowodząc w ten sposób, iż: w płaskim stanie naprężenia suma naprężeń normalnych na
dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach jest wielkością stałą lub, inaczej, że suma
naprężeń na przekątnej macierzy naprężeń jest niezmiennikiem tzn. nie zmienia swej wartości
przy zmianie układu, w którym jest określana. Twierdzenie to odnosi się również do
przestrzennego stanu naprężenia.
5.2. Ekstremalne naprężenia normalne i styczne
Inżyniera analizującego stan naprężenia w danym punkcie interesują przede wszystkim
występujące w nim ekstremalne wartości naprężeń normalnych i stycznych.
Postawmy więc dwa bardzo ważne zagadnienia do rozwiązania:
• na jakiej płaszczyźnie przekroju występują i ile wynoszą ekstremalne naprężenia
normalne,
• na jakiej płaszczyźnie przekroju występują i ile wynoszą ekstremalne naprężenia styczne.
Aby rozwiązać te oba zagadnienia należy wyznaczyć ekstremalne wartości funkcji
( )ασσ vv = oraz ( )αττ vv = .
Zaczniemy od naprężeń normalnych.
Pochodna funkcji ( )ασσ vv = przyrównana do zera
02cos22sin2
2 =+
−
−= ατα
σσ
α
σ
xy
yxv
d
d ,
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
42
pokazuje, że na tych płaszczyznach przekroju na których naprężenia normalne są ekstremalne,
naprężenia styczne są równe zeru i daje równanie, z którego możemy wyznaczyć
xy
xy
σσ
τ
α
−
−
=
22tg
2
2tg
2
1 π
σσ
τ
α narcxy
xy+
−
−
=→ (5.3)
kąt pod jakim nachylony jest do osi X, wersor normalny płaszczyzny lub płaszczyzn na
których występują ekstremalne naprężenia normalne.
Zależności (5.3) pokazują, że ekstremalne naprężenia normalne występują na dwóch
wzajemnie do siebie prostopadłych płaszczyznach. Płaszczyzny te nazywamy płaszczyznami
głównymi a naprężenia normalne na nich naprężeniami głównymi. Kierunki wersorów
normalnych do płaszczyzn głównych czyli kierunki naprężeń głównych nazywamy
kierunkami głównymi. Zatem:
naprężenia główne w danym punkcie to ekstremalne wartości naprężeń normalnych,
które w nim występują. Działają one na dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach
(płaszczyznach głównych) na których naprężenia styczne są równe zeru. W celu wyznaczenia wartości naprężeń głównych w płaskim stanie naprężenia korzystamy z
poniższych wzorów trygonometrycznych:
α
αα
2tg1
2tg2sin
2+
±= , α
α
2tg1
12cos
2+
±= ,
które wstawiamy do równania (5.1):
α
ατ
α
σσσσ
σσ
2tg1
2tg
2tg1
1
22 2
2
21max
+
+
+
−
+
+
== xy
yxyx,
+
−+
+
−−
+
+
==
α
ατ
α
σσσσ
σσ
2tg1
2tg
2tg1
1
22 2
2
22min xy
yxyx
aby następnie po wykorzystaniu zależności (5.3) otrzymać końcowe rezultaty w postaci:
2
2
2
2
2
1
22
22
xy
yxyx
min
xy
yxyx
max
τ
σσσσ
σσ
τ
σσσσ
σσ
+
−
−
+
==
+
−
+
+
==
(5.4)
Wzór (5.3) podaje jedynie kąt transformacji wyjściowego układu współrzędnych do układu
kierunków naprężeń głównych nie określając, kierunku maxσ i kierunku minσ . Kierunki tych
naprężeń określają poniższe zależności:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
43
miny
xy
min
maxy
xy
max tgtg,tgtgσσ
τ
αα
σσ
τ
αα
−
−
==
−
−
== 21 . (5.5)
We wzorach (5.5) maxα oznacza kąt o jaki należy obrócić
oś X do pokrycia się z kierunkiem maksymalnego
naprężenia normalnego maxσ . Analogicznie definiujemy
kąt αmin.
W celu wyznaczania ekstremalnych naprężeń stycznych i płaszczyzn ich występowania
postępujemy podobnie jak w przypadku ekstremalnych naprężeń normalnych.
Przyrównanie do zera pochodnej funkcji ( )αττ vv = :
ατα
σσ
α
τ2sin22cos
22 xy
yxv
d
d−
−
−= = 0 ,
daje zależność, z której wyznaczamy kierunki normalnych do płaszczyzn ekstremalnych
naprężeń stycznych
xy
xy
τ
σσ
ατ
22tg
−
=
22tg
2
1 π
τ
σσ
ατ
narcxy
xy+
−
=→ (5.6)
Wzór (5.6) pokazuje, że ekstremalne naprężenia styczne też występują na dwóch wzajemnie
do siebie prostopadłych płaszczyznach, a τ
α to kąt transformacji układu współrzędnych do
układu wyznaczonego przez normalne do tych płaszczyzn.
Wstawiając (5.6) do (5.2), przy wykorzystaniu analogicznych jak poprzednio zależności
trygonometrycznych otrzymujemy wartości ekstremalnych naprężeń stycznych:
22
2
2
minmaxxy
yx
max
σστ
σσ
τ−
=+
−
= , (5.7)
22
2
2
minmaxxy
yx
min
σστ
σσ
τ−
−=+
−
−=.
Porównanie wzorów (5.3) i (5.6) daje zależność:
422222
παα
παααα
τττ+=→+=→−= ctgtg
co dowodzi twierdzenia, że płaszczyzny ekstremalnych naprężeń stycznych połowią kąty
między płaszczyznami naprężeń głównych (ekstremalnych naprężeń normalnych).
Na koniec powiemy, że w przypadku przestrzennych stanów naprężenia są trzy wzajemnie
prostopadłe płaszczyzny główne na których naprężenia styczne się zerują a naprężenia
normalne są ekstremalne (naprężenia główne). Płaszczyzny ekstremalnych naprężeń
stycznych i w tym przypadku połowią kąty między płaszczyznami naprężeń głównych.
0>α X
Y umowa znaków
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
44
5.3. Koła Mohra
Stawiamy pytanie: czy wartości naprężeń normalnych i stycznych na dowolnej płaszczyźnie
przekroju bryły w punkcie, w którym panuje płaski stan naprężenia określony zadanymi
współrzędnymi macierzy naprężeń mogą być całkowicie dowolne czy też muszą przyjmować
wartości z pewnego ograniczonego zakresu. Aby odpowiedzieć na to pytanie powrócimy do
równań (5.1) oraz (5.2) i zapiszemy je w nieco zmienionej formie:
,2sin2cos22
ατα
σσσσ
σ xy
yxyx
v +
−
=
+
− (1)
,2cos2sin2
ατα
σσ
τ xy
yx
v +
−
−=
a następnie podniesiemy każde z nich do kwadratu i dodamy stronami otrzymując w wyniku
końcowym zależność:
2
2
2
2
2
22
+
−
=+
+
− xy
yx
v
yx
v τ
σσ
τ
σσ
σ . (5.8)
Równanie (5.8) pokazuje że, wartości naprężeń normalnych i stycznych dla wszystkich
płaszczyzn przekroju bryły w danym punkcie leżą na brzegu koła o promieniu (rys. 5.2).
2
2
2xy
yxR τ
σσ
+
−
= ,
i środku przesuniętym na osi vσ o wielkość 2
yx σσ +
.
Koło to nazywamy kołem Mohra , jest ono graficzną reprezentacją stanu naprężenia w danym
punkcie i możemy z niego wyznaczyć wiele interesujących wielkości związanych ze stanem
naprężenia.
Na rys. 5.2 pokazane jest koło Mohra w punkcie w którym współrzędne macierzy naprężeń
spełniają zależności 0>> yx σσ oraz 0>xyτ . Punkt K pokazany na tym rysunku, nazywany
biegunem koła Mohra, ma współrzędne ( )xyy τσ −, i pozwala na wyznaczenie kierunków
naprężeń głównych.
Łatwo jest dowieść pokazanych na tym rysunku zależności. Ograniczymy się zatem jedynie
do udowodnienia, że OBmax =σ oraz że, OAmin =σ .
Z rysunku widać, że ROOOB += 1 , a ponieważ:
2
1
yxOO
σσ +
= , a 2
2
2xy
yxR τ
σσ
+
−
= , więc:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
45
12
2
22σστ
σσσσ
==+
−
+
+
= maxxy
yxyxOB .
Analogicznie dowodzimy drugą zależność.
Z koła Mohra łatwo odczytujemy wartości ekstremalnych naprężeń stycznych, reprezentują je
punkty C i D.
Rys. 5.2
W przestrzennym stanie naprężenia w miejsce jednego mamy trzy koła Mohra, które pokazuje
rys. 5.3 na którym zacieniony obszar to obszar wszystkich możliwych wartości naprężeń
normalnych i stycznych w punkcie (graficzna reprezentacja występującego w nim stanu
naprężenia) w którym naprężenia główne mają wartości 321 ,, σσσ .
Rys. 5.3
xσσσσ
1OO yσσσσ
vτ
vσ
1σ
3σ
2σ
min D
C
xσ
minα
maxα
xyτ−
K
1OO yσ
vτ
vσ
R
BA
maxσ
minσ
max
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
46
5.4. Przykłady
Przykład 5.4.1. Wyznaczyć analitycznie i sprawdzić przy pomocy koła Mohra naprężenia
główne i ich kierunki w punkcie gdzie dana jest macierz naprężeń w układzie (X,Y)
−
−−
=
50100
100200σ
T MPa
Narysować graficzne obrazy macierzy naprężeń w układzie wyjściowym (X,Y) i w układzie
kierunków głównych naprężeń (1,2).
Rozwiązanie
Wartości naprężeń głównych:
078851002
50200
2
50200
22
22
2
2
1 .xy
yxyx
max =+
−−
+
+−
=+
−
+
+
== τ
σσσσ
σσ MPa
0782351002
50200
2
50200
22
22
2
2
2 .xy
yxyx
min −=+
−−
−
+−
=+
−
−
+
== τ
σσσσ
σσ MPa
Sprawdzenie :
150150078.235078.855020021 −=−→−=+−→+=+ σσσσ yx
Kierunki naprężeń głównych:
'40708508.2078.8550
100tgtg max
max
1maxo
−=→−=
−
=
−
−
== α
σσ
τ
αα
y
xy
'20193508.0078.23550
100tgtg min
min2min
o=→=
+
=
−
−
== α
σσ
τ
αα
y
xy
Sprawdzenie :
ooo 9020194070 =+=+ ''minmax αα
Y X
100
200
200
100
100
50
50 100
078.851 =σ
'40701o
=α
Y
X
2
1
'20192o
=α
078.2352 =σ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
47
Macierz naprężeń w układzie (X,Y)
−
−−
=
50100
100200σ
T MPa
Macierz naprężeń w układzie kierunków głównych (1,2)
−
=
078.2350
0078.85σ
T MPa
Macierz przejścia z układu współrzędnych (X,Y) do układu kierunków głównych (1,2)
( ) ( )
−
=
−−=
3311.09436.0
9436.03311.0
'2019sin'2019cos
'4070sin'4070cosoo
oo
ijα
Koło Mohra
Przykład 5.4.2. Wyznaczyć analitycznie naprężenia główne i ich kierunki w punkcie gdzie
dana jest macierz naprężeń w układzie (X,Y)
=
0100
1000σ
T MPa
Narysować graficzne obrazy macierzy naprężeń w układzie wyjściowym (X,Y) i w układzie
kierunków głównych naprężeń (1,2).
Rozwiązanie
Wartości naprężeń głównych:
10010021 =+== σσ max MPa, 1001002
2 −=−== σσ min MPa.
Kierunki naprężeń głównych:
minσ
K
maxα
maxσ
minα
yσxσ
xyτ−
1oO
τ
σ
2
1
maxσminσ
skala naprężeń
1 cm = 50 MPa
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
48
o450.1100
100tgtg max
max
1max =→=
−
−=
−
−
== α
σσ
τ
αα
y
xy
o450.1100
100tgtg min
min
2min −=→−=−
=
−
−
== α
σσ
τ
αα
y
xy
Zadana macierz naprężeń w punkcie
przedstawia tzw. przypadek czystego
ścinania. W układzie osi (X, Y) postać tej
macierzy wyraźnie uzasadnia tą nazwę.
Przykład pokazuje, że taki stan naprężenia
można generować również poprzez
naprężenia normalne - rozciągające i
ściskające - na prostopadłych do siebie
płaszczyznach nachylonych pod kątem 45°
do osi wyjściowych.
2 1
100
100 100
100
100
100
100
00
100
00
Y
X
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
49
6. TEORIA STANU ODKSZTAŁCENIA
6.1. Wektor przemieszczenia liniowego. Odkształcenia liniowe i kątowe.
Kilkakrotnie już było powiedziane, że przedmiotem naszych rozważań jest ciało odkształcal-
ne, tzn. takie, które pod działaniem sił obciążających lub innych czynników (np. cieplno-
wilgotnościowych) zmienia swoje kształty i wymiary. Oznacza to, że punkty tego ciała mogą
zmieniają swoje położenie w przestrzeni, przy czym, co wyraźnie należy podkreślić, będzie
nas interesować zmiana położenia punktów ciała powstała w wyniku jego deformacji, a nie
na skutek jego ruchu jako bryły sztywnej.
Wektor mający początek w punkcie ciała nie
zdeformowanego (w konfiguracji początkowej), a
koniec w tym samym punkcie po deformacji (w
konfiguracji aktualnej) nazywać będziemy
wektorem przemieszczenia liniowego w tym
punkcie. Na rys. 6.1 jest to wektor
wvuAA ++=' . Ponieważ, w ogólności wektory
przemieszczenia liniowego w różnych punktach są
różne to możemy powiedzieć, że przyłożone
obciążenia generują w bryle odkształcalnej
wektorowe pole przemieszczeń, którego
współrzędne są funkcjami położenia punktu w
konfiguracji początkowej ( ),,, zyxuu =
( )zyxvv ,,= , ( )zyxww ,,= .Taki opis deformacji
bryły nazywamy materialnym a współrzędne,
współrzędnymi Lagrange’a.
Do oceny wielkości zmian kształtów i wymiarów bryły wygodnie jest zdefiniować pewne ich
miary - miary deformacji.
W tym celu rozważmy zachowanie się dwóch
punktów A i B które w konfiguracji początkowej
odległe były o 0l , a po przyłożeniu obciążenia
długość łączącego ich włókna (linii materialnej)
zwiększyła się o l∆ (rys. 6.2).
Odkształceniem liniowym w punkcie A w kierunku
punktu B nazywać będziemy:
000
liml
l
lAB
∆ε
→
= (6.1)
Możemy więc powiedzieć, że odkształceniem
liniowym w punkcie w wybranym kierunku
nazywamy względny przyrost długości włókna w
tym punkcie na skutek przyłożonych obciążeń.
Odkształcenie liniowe, które odpowiada
wydłużeniu włókna uważamy za dodatnie.
Odkształcenie liniowe nazywane też są
odkształceniami podłużnymi.
X
Z
Y
l0
A B
konfiguracja
początkowa
konfiguracja
aktualna
B’
A’
l0+∆∆∆∆ l
D
C O
D’
C’
O’
Rys. 6.2
X
Z
Y
A’
A
v
u
w
konfiguracja
początkowa
konfiguracja
aktualna
Rys. 6.1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
50
Jeżeli rozważymy dwa prostopadłe włókna przechodzące przez wspólny punkt O w
konfiguracji początkowej (rys. 6.2) to ich odkształcenie kątowe definiujemy jako:
( )'''
ODiOCDOC DOCDOClim −=
→→
γ . (6.2)
Zatem odkształceniem kątowym nazywać będziemy kąt o jaki zmieni się w wyniku
przyłożonych obciążeń kąt prosty między dwoma włóknami przechodzącymi w konfiguracji
początkowej przez wspólny punkt.
Odkształcenie kątowe któremu odpowiada zmniejszenie się kąta prostego uważamy za
dodatnie.
Odkształcenie kątowe nazywane też są odkształceniami postaciowymi.
6.2. Stan odkształcenia w punkcie
Stan odkształcenia w punkcie to nieskończony zbiór odkształceń liniowych i kątowych
wszystkich włókien przechodzących przez ten punkt.
Można wyróżnić trzy rodzaje stanu odkształcenia w punkcie: jednoosiowy, płaski i
przestrzenny.
Są one związane z wymiarowością modelu ciała, który został przyjęty do rozważań i stąd
jednoosiowy stan odkształcenia nie znajduje teoretycznych i praktycznych zastosowań.
W tym miejscu warto podkreślić zasadnicze różnice między pojęciami, które występują w
teorii stanu odkształcenia i naprężenia. W definicji odkształceń występuje punkt i określone
co do kierunku włókno przez niego przechodzące, a w definicji naprężenia występuje punkt i
płaszczyzna o określonej normalnej przechodząca przez ten punkt. Dlatego, mimo, że jak się
później okaże identycznego matematycznego formalizmu w obliczeniach, nie wszystkie
cechy obu tych stanów mogą być identycznie interpretowane i traktowane.
Mówimy, że znamy stan odkształcenia w analizowanej konstrukcji, jeśli znamy stan
odkształcenia w każdym jej punkcie.
6.3. Macierz odkształceń. Graficzny obraz macierzy odkształceń
W dowolnie wybranym punkcie bryły możemy definiować odkształcenia liniowe i kątowe w
dowolnych kierunkach, również w kierunkach osi układu odniesienia. Odkształcenia liniowe i
kątowe w danym punkcie w kierunkach osi układu zapiszemy w postaci macierzy, którą
nazywać będziemy macierzą odkształceń:
=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
εγγ
γεγ
γγε
ε
2
1
2
12
1
2
12
1
2
1
(6.3)
Tak więc:
macierz odkształceń w punkcie to uporządkowany zbiór odkształceń liniowych i
kątowych trzech włókien przechodzących przez ten punkt i równoległych do osi układu
odniesienia. Macierz uporządkowana jest w ten sposób, że na przekątnej występują odkształcenia liniowe
a poza przekątną połówki odkształceń kątowych. Czytelna jest też wymowa indeksów przy
odkształceniach.
I tak np. zε to odkształcenie liniowe włókna równoległego do osi Z , a xyγ to odkształcenie
kątowe włókien równoległych do osi X i Y.
Z definicji elementów macierzy odkształceń wynika jej symetria:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
51
yxxy γγ = , zxxz γγ = , zyyz γγ = (6.4)
Jak się wkrótce przekonamy macierz odkształceń w punkcie będzie podstawą określenia w
nim stanu odkształcenia.
Graficzny obraz macierzy odkształceń w punkcie można przedstawić w postaci deformacji
przechodzących przez ten punkt trzech wzajemnie do siebie prostopadłych włókien o
dowolnie małych długościach 1=== dzdydx , które są równoległe do osi układu
współrzędnych (rys. 6.3) .
Wszytkie pokazane na rys. 6.3 odkształcenia są dodatnie.
Rys. 6.3
6.4. Tensor odkształceń. Odkształcenia liniowe i kątowe dowolnie zorientowanych
włókien
Można dowieść, że macierz odkształceń jest tensorem drugiego rzędu (patrz np. S.Piechnik:
Wytrzymałość Materiałów. PWN 1978) co oznacza, że jej elementy transformują się przy
zmianie układu odniesienia w pewien ściśle określony sposób zwany prawem transformacji
tensora, oraz , że w wyniku mnożenia jej przez jednostkowy wersor ( )nmlv ,, otrzymamy
pewien wektor ( )vzvyvxv e,e,ee , który możemy nazwać wektorem odkształcenia1 określony
zależnościami:
vTev ε= →
=
n
m
l
e
e
e
zzyzx
yzyyx
xzxyx
vz
vy
vx
εγγ
γεγ
γγε
2
1
2
12
1
2
12
1
2
1
. (6.5)
1 J.Więckowski: Wytrzymałość Materiałów . Wydawnictwo Politechniki Gdańskiej, Gdańsk 1975.
xyγ
2
1
yxγ
2
1
C’
B
B’
Y
X
Z
C
D D’
zyγ
2
1
yzγ
2
1
C
B
Y
X
Z
C
D
xzγ
2
1
zxγ
2
1D
’
B
B’
Y
X
Z
C
D
A
A
A
B
dyyε
A
Y
X
Z
dy
dz
dx C
D
C’
dzzε
B
A
Y
X
Z
dy
dz
dx C
D
D’
B
A
Y
X
Z
dy
dz
dx
dxxε
C
D
B’
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
52
I co więcej, znajomość macierzy odkształceń w
dowolnym punkcie O (tzn. znajomość
odkształceń liniowych i kątowych trzech
wzajemnie prostopadłych włókien OA, OB i
OC pokazanych przykładowo na rys. 6.4)
wystarcza do określenia odkształceń liniowych
i kątowych dowolnych włókien
przechodzących przez ten punkt, bo własności
tensora pozwalają napisać poniższe zależności:
( )
=
n
m
l
n,m,l
zzyzx
yzyyx
xzxyx
v
γγγ
γεγ
γγε
ε
2
1
2
1
2
12
1
2
12
1
2
1
, (6.6)
( )
=
n
m
l
n,m,l
zzyzx
yzyyx
xzxyx
v
γγγ
γεγ
γγε
γξ
2
1
2
1
2
12
1
2
12
1
2
1
2
1111 , (6.7)
( )
=
n
m
l
n,m,l
zzyzx
yzyyx
xzxyx
v
γγγ
γεγ
γγε
γη
2
1
2
1
2
12
1
2
12
1
2
1
2
1222 ’ (6.8)
w których: vε , ξ
γ v , η
γ v to odkształcenia liniowe i kątowe trzech wzajemnie prostopadłych
włókien równoległych do dowolnej ale ortogonalnej trójki wersorów ( )nmlv ,, , ( )111 n,m,lξ
( )222 n,m,lη .
Dalsze rozważania przeprowadzimy dla płaskiej tarczy leżącej w płaszczyźnie (X, Y) w której
panuje płaski stan odkształcenia.
Wybierzmy w niej pokazane na rys. 6.5 dwa
prostopadłe włókna AB i AC przechodzące
przez wspólny, dowolnie wybrany punkt A w
którym znana jest macierz odkształceń:
=
yyx
xyx
T
εγ
γε
ε
2
12
1
Kierunki tych włókien są równoległe do dwójki
wersorów ( )m,lξ i ( )l,m−η nachylonych pod
Y
X
B
A
α
C
αγ
π−
2
B’
A’
C’
ξη
A
D
B
A
O
Y
X
Z
ξ
η
v
Rys. 6.4
Rys. 6.5
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
53
dowolnym kątem α do osi układu (X, Y).
Odkształcenie liniowe α
ε nachylonego pod kątem α do osi X włókna AB, jak i odkształcenia
kątowe α
γ włókien CAB wyznaczymy korzystając ze wzorów (6.6) i (6.7):
( ) lmmlmmllmlm
lm,l xyyxyyxxyx
yyx
xyx
γεεσγγε
εγ
γε
εα
2
12
2
1
2
1
2
12
1
22++=
++
+=
= ,
( ) ( ) =
++−
+=
−= lmlmmlm
ll,m yyxxyx
yyx
xyx
σγγε
εγ
γε
γα
2
1
2
1
2
12
1
2
1
( ) ( )22
2
1mllm xyxy −+−= γεε .
Jeśli w powyższych związkach uwzględnimy, że αcosl = , αsinm = oraz zależności
trygonometryczne:
( ) ( ) ,22cos1sin,22cos1cos
,sincos2cos,cossin22sin
22
22
αααα
αααααα
−=+=
−==
to odkształcenia liniowe i kątowe dowolnie zorientowanych włokien wyrażone poprzez
współrzęne macierzy odkształceń przedstawiają się następująco:
αγα
εεεε
εα
2sin2
12cos
22xy
yxyx+
−
+
+
= , (6.10)
αγα
εε
γα
2cos2
12sin
22
1xy
yx+
−
−= . (6.11)
Zależności te pokazują, że macierz odkształceń w punkcie określa w nim stan odkształcenia,
gdyż pozwala na wyznaczenie odkształceń liniowych i kątowych dowolnych włókien
przechodzących przez ten punkt.
Z równania (6.10) łatwo można zobaczyć, że:
yx εεεεαα
+=++
o90 co dowodzi twierdzenia, że suma odkształceń liniowych dwóch
prostopadłych włókien przechodzących przez dowolny punkt jest wielkością stałą, tzn. nie
zależy od układu odniesienia. Bardziej formalnie możemy powiedzieć, że suma odkształceń
na przekątnej głównej macierzy odkształceń jest niezmiennikiem. Twierdzenie to jest również
prawdziwe w przypadku przestrzennego stanu odkształcenia.
6.5. Ekstremalne odkształcenia liniowe i kątowe
Pozostaniemy przy analizie stanu odkształcenia płaskiej tarczy. Zależności (6.10) i (6.11)
pokazują, że znajomość macierzy odkształceń w dowolnym jej punkcie pozwala wyznaczyć
wartości odkształceń liniowych i kątowych dowolnie zorientowanych włókien przezeń
przechodzących. W tej sytuacji naturalne jest postawienie dwóch ważnych zagadnień:
• wyznaczyć włókna których odkształcenia liniowe są ekstremalne i wyliczyć wartości tych
odkształceń liniowych,
• wyznaczyć włókna których odkształcenia kątowe są ekstremalne i wyliczyć wartości tych
odkształceń kątowych.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
54
Przy rozwiązaniu tych zagadnień wykorzystamy formalną analogię wzorów (5.3) i (5.4) w
płaskim stanie naprężenia oraz wzorów (6.10) i (6.11) w płaskim stanie odkształcenia:
xyxyyyxxvv ,,,, γτεσεσγτεσαα
2
1
2
1→→→→→ .
Korzystając z tej analogii możemy powiedzieć, że: w każdym punkcie ciała w którym panuje
płaski stan odkształcenia można wyróżnić dwa do siebie prostopadłe włókna których
odkształcenia kątowe są równe zero a odkształcenia liniowe są ekstremalne. Kierunki tych
włókien nazywamy kierunkami odkształceń głównych. Zatem:
odkształcenia główne w danym punkcie to ekstremalne wartości odkształceń liniowych
w nim występujących. Są to odkształcenia liniowe dwóch do siebie prostopadłych
włókien których odkształcenia kątowe są równe zero. Wartości odkształceń głównych i ich kierunki określają wzory:
22
2
22
1
2
1
22
2
1
22
+
−
−
+
==
+
−
+
+
==
xy
yxyx
min
xy
yxyx
max
γ
εεεε
εε
γ
εεεε
εε
(6.12)
( ) ( )miny
xy
min
maxy
xy
max tgtg,tgtgεε
γ
αα
εε
γ
αα
−
−
==
−
−
==
2221 (6.13)
Ekstremalne odkształcenia kątowe wynoszą:
22
1
22
122
minmaxxy
yx
max
εεγ
εε
γ−
=
+
−
= , (6.14)
22
1
22
122
minmaxxy
yx
min
εεγ
εε
γ−
−=
+
−
−= ,
a kierunki włókien które ich doznają połowią kąty między kierunkami odkształceń głównych.
Włókna których odkształcenia kątowe są ekstremalne połowią kąty między włóknami
odkształceń głównych.
Koła Mohra dla stanu odkształcenia są analogiczne jak dla stanu naprężenia (rys. 6.6).
αγ
21
min
xε
minα
maxα
xyγ21
−
K
1OO yε
αε
R
BA
maxε
minε
max
C
D
Rys. 6.6
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
55
Na koniec powiemy, że w przypadku przestrzennych stanów odkształcenia są trzy wzajemnie
prostopadłe włókna których odkształcenia kątowe się zerują a odkształcenia liniowe są
ekstremalne (odkształcenia główne). Włókna których odkształcenia kątowe są ekstremalne
połowią kąty między włóknami odkształceń głównych.
6.4. Równania geometryczne
Jest rzeczą oczywistą, że między przemieszczeniami i odkształceniami muszą istnieć
zależności, nazwiemy je równaniami geometrycznymi.
W celu ich wyprowadzenia rozważmy w bryle w konfiguracji poczatkowej trzy dowolnie
małe, wzajemnie protopadłe i równoległe do osi układu włókna przechodzące przez dowolnie
wybrany punkt A (rys. 6.7).
Rys. 6.7
Rozważymy wpierw deformacje włókien leżących w płaszczyżnie (X, Y). Jeśli przyjmiemy,
że współrzędne wektora przemieszczenia punktu A są u i v , to - jak pokazano na rys. 6.7-
współrzędne wektorów dowolnie bliskich mu punktów będą powiekszone o człony
zawierające jedynie pierwsze ich pochodne jeśli pominięte będą człony zawierające wielkości
dowolnie małe wyższych rzędów.
Zatem odkształcenia liniowe włókien równoległych do osi układu, zgodnie z ich definicją,
przyjmą postać:
x
u
dx
udxx
uu
dxdx
dx
dxx
∂
∂=
−
∂
∂+
→
=
→
=
0
lim
0
lim ∆ε
y
v
dy
vdyy
vv
dydy
dy
dyy
∂
∂=
−
∂
∂+
→
=
→
=
0
lim
0
lim ∆ε
Przejdźmy do wyznaczenia odkształceń kątowych xyγ . Z założenia małych przemieszczeń
wynika, że αα ≈tg oraz ββ ≈tg , a stąd zgodnie z definicją odkształceń kątowych:
X
Z
Y
dz
dx
D
C A
B
dy
xyγπ
−
2 β
α
dxx
uu
∂
∂+
C
A
B
dy
dx
A’
B’
C’
dyy
uu
∂
∂+
dyy
vv
∂
∂+
dxx
vv
∂
∂+
v
u
X
Y
D’
C’
A’
B’
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
56
( )x
v
y
u
dy
udyy
uu
dx
vdxx
vv
OdyiOdxOdyiOdxxy
∂
∂
+
∂
∂
=
−
∂
∂+
+
−
∂
∂+
=+=
→→→→
limlim βαγ
Prowadząc analogiczne rozważania w pozostałych dwóch płaszczyznach ostatecznie
otrzymamy związki wiążące odkształcenia z przemieszczeniami w postaci:
z
u
x
w
z
w
y
w
z
v
y
v
x
v
y
u
x
u
zxz
yzy
xyx
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂
=
∂
∂+
∂
∂=
∂
∂=
∂
∂+
∂
∂=
∂
∂=
γε
γε
γε
,
,
,
(6.15)
Widzimy więc, że znajomość pola przemieszczeń konstrukcji, tj. znajomość funkcji ( )zyxu ,, ,
( ) ( )zyxwzyxv ,,,,, pozwala poprzez proste różniczkownie wyznaczyć macierz odkształceń w
dowolnym jej punkcie. I odwrotnie - znajomość odkształceń, poprzez całkowanie, pozwala
wyznaczyć pole przemieszczeń, przy czym w tym przypadku muszą być jeszcze określone
kinematyczne warunki brzegowe nałożone na analizowaną konstrukcję.
Równania geometryczne (6.9) nazywamy również równaniami Cauchy’ego. Są one słuszne
przy założeniu, że przemieszczenia punktów analizowanych konstrukcji są małe (co już
założyliśmy przyjmując zasadę zesztywnienia) i małe są również ich pierwsze pochodne.
To drugie ograniczenie w ogólnie występujących konstrukcjach inżynierskich jest
powszechnie spełnione co pokazuje poniższy przykład belki. Polska Norma Budowlana
PN-90/B-03200 ogranicza maksymalne ugięcie głównej belki stropowej do wielkości l/350.
Stąd największa wartość pochodnej linii ugięcia wyniesie w przybliżeniu:
Rys. 6.8
6.7. Równania nierozdzielności odkształceń
Łatwo można zauważyć z równań geometrycznych, że trzy odkształcenia w płaskim stanie
odkształcenia:
x
v
y
u
y
v
x
uxyyx
∂
∂+
∂
∂=
∂
∂=
∂
∂= γεε ,,
wyrażają się poprzez dwie współrzędne wektora przemieszczenia co wskazuje, że
odkształcenia są związane jakąś zależnością. Aby ją wyznaczyć zróżniczkujmy każde z nich
dwukrotnie z tym, że pierwsze względem y, drugie względem x , trzecie względem x i y a
następnie dodajmy stronami otrzymując w wyniku równanie:
X
Z
350max lw =
0057.02
350=≈
∂
∂
l
l
x
w
2l
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
57
yxxy
xyyx
∂∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂ γεε2
2
2
2
2
(6.16)
które nazwiemy równaniem nierozdzielności odkształceń.
Jego intepretację fizyczną obrazuje rys. 6.9. Z geometrycznej reprezentacji macierzy
odkształceń wynika, że w każdym punkcie płaskiej tarczy określa ona deformacje dowolnie
małego jednostkowego kwadratu. Jeśli odkształcenia zadane zostaną zupełnie dowolnie to nie
będzie zachowanej ciągłości tarczy w konfiguracji początkowej i zdeformowanej jak to
obrazuje przypadek a na rys. 6.9. Odkształcenia spełniające równania nierozdzielności
odkształceń dają konfigurację po deformacji zachowującą ciągłość tarczy jak pokazuje
przypadek b.
Rys. 6.9
Można więc powiedzieć, że równania nierozdzielności stanowią warunki konieczne, które
muszą spełniać funkcje aby mogły być współrzednymi przemieszczeń.
W przestrzennym stanie odkształcenia jest sześć równań nierozdzielności odkształceń.
6.6. Względna zmiana objętości w punkcie
Rozważmy przestrzenny stan odkształcenia w punkcie, określony poprzez odkształcenia
główne. Zatem macierz odkształceń będzie miała postać:
=
3
2
1
00
00
00
ε
ε
ε
εT ,
a jej graficzny obraz pokazuje rysunek obok.
Objętość dowolnie małego sześcianu
reprezentującego rozważany punkt w
konfiguracji początkowej, przedstawia się
następująco :
321 ∆∆∆=oV .
Jego objętość po deformacji wynosi:
( ) ( ) ( )332211 111 ε∆ε∆ε∆ +++=V
Względną zmianę objętości w punkcie wyznacza granica:
1
3
2
( )22 1 ε∆ +
( )11 1 ε∆ +
( )33 1 ε∆ +
a b konfiguracja
początkowa
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
58
( )( )( ) 321133221321321 11110
limεεεεεεεεεεεεεεε ++++++=−+++=
−
→
=
o
o
o V
VV
VD
Po pominięciu iloczynów odkształceń jako małych wyższego rzędu otrzymamy:
321 εεε ++=D
a ponieważ suma odkształceń liniowych jest niezmiennikiem to względna zmiana objętości w
punkcie wynosi:
zyxD εεε ++= (6.19)
Wielkość D często nazywana jest dylatacją.
6.8. Przykłady
Przykład 6.8.1. Wyznaczyć odkształcenia główne
i ich kierunki w punkcie C płaskiej tarczy w
którym wyznaczono przy pomocy tensometrów
elektrooporowych odkształcenia liniowe
ξεεε ,, yx w trzech kierunkach pokazanych na rys.
Rozwiązanie
Aby zastosować wzory (6.12) i (6.13) potrzebujemy znać xyγ . Wyznaczymy to odkształcenie
kątowe, wykorzystując znane odkształcenie liniowe włokna pod kątem 45°
( ) ( )ooo 45*2sin
2
145*2cos
2245 xy
yxyxγ
εεεε
εεξα
+
−
+
+
===
( )yxxyxy
yxεεεγγ
εε
εξξ
+−=→+
+
= 22
1
2
22
222
+
−+
−
+
+
=yxyxyx
max
εε
ε
εεεε
εξ
,
22
222
+
−+
−
−
+
=yxyxyx
min
εε
ε
εεεε
εξ
,
( )
( )max
max2
2tg
εε
εεε
αξ
−
+−
−=
y
yx,
( )
( )min
min2
2tg
εε
εεε
αξ
−
+−
−=
y
yx.
Układy czujników tensometrycznych do pomiaru odkształceń liniowych w ustalonych
kierunkach nazywamy rozetami.
Przykład 6.8.2. Dowieść, że możliwy jest stan odkształcenia w płaskiej tarczy gdy elementy
macierzy odkształceń określają zależności
yxkykyxk xyyx 2;;)( 222==+= γεε
ξY
X
o45
C
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.
59
Rozwiązanie
Sprawdzamy równanie nierozdzielności, które stanowią warunki konieczne na to aby dane
funkcje mogły określać odkształcenia.
kkyxxy
xyyx 202
2
2
2
2
2
=+→
∂∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂ γεε
Równanie nierozdzielności jest spełnione i możliwy jest stan odkształcenia określony
powyższymi funkcjami.
Przykład 6.8.3. Sprawdzić czy poniższe funkcje , mogą być funkcjami odkształceń
yxyyx xyyx 2;;)( 22==+= γεε
Rozwiązanie
Równanie nierozdzielności odkształceń w tym przypadku daje:
200
2
2
2
2
2
≠+→
∂∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂
yxxy
xyyxγεε
co dowodzi, że powyższe funkcje nie mogą być funkcjami odkształceń.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Równania fizyczne.
60
7. RÓWNANIA FIZYCZNE
7.1. Związki między stanem odkształcenia i naprężenia. I i II postać równań Hooke’a
Zależność deformacji bryły od obciążeń zewnętrznych narzuca istnienie zależności między
odkształceniami i naprężeniami. Będziemy się starali ustalić te zależności dla przestrzennych
stanów odkształcenia i naprężenia. Jest rzeczą powszechnie znaną, że konstrukcje o tej samej
geometrii, obciążeniach i więzach, wykonane z różnych materiałów, doznają różnych
deformacji więc jest oczywiste, że poszukiwane zależności muszą być oparte na
doświadczeniach.
Wyobraźmy sobie dowolnie mały
sześcian o ściankach równoległych do
płaszczyzn układu współrzędnych i
poddajmy go działaniu naprężenia
normalnego xσ , równomiernie
rozłożonego na dwóch przeciwległych
ściankach. Doświadczenia pokazują, że
w przypadku materiału sprężystego i
izotropowego naprężenia te nie
wywołają żadnych odkształceń kątowych sześcianu, a odkształcenia
liniowe będą miały wartości:
EE
xxzy
xx
σνενεε
σε −=−=== ,
gdzie: E oraz ν stałe materiałowe noszące odpowiednio nazwy moduł sprężystości (moduł
Younga) i liczba Poissona.
Jeżeli nasz sześcian poddamy działaniu jedynie naprężenia normalnego yσ , równomiernie
rozłożonego na dwóch przeciwległych ściankach to wywoła ono jedynie odkształcenia
liniowe:
EE
y
yzx
y
y
σ
νενεε
σ
ε −=−=== , .
I analogicznie, przy działaniu równomiernie rozłożonego naprężenia normalnego zσ ,
otrzymamy:
EE
zzyx
zz
σνενεε
σε −=−=== , .
Nasuwa się teraz pytanie, czy w przypadku jednoczesnego działania tych trzech naprężeń liniowe odkształcenia w danym kierunku będzie można przedstawić jako sumę algebraiczną odkształceń przy oddzielnym działaniu tych naprężeń (tzn. jako dodanie do siebie efektów
trzech jednoosiowych stanów naprężenia). Odpowiedź na to pytanie jest pozytywna,
potwierdzają ją doświadczenia i formułuje zasada superpozycji:
skutek w określonym kierunku, wywołany przez zespół przyczyn działających
równocześnie jest równy algebraicznej sumie skutków wywołanych w tym kierunku
przez każdą z przyczyn działających oddzielnie. Należy w tym miejscu podkreślić, że stosowalność zasady superpozycji ograniczona jest
dwoma warunkami:
zσ
xσ
xσ
X
Z
Y
yσyσ
zσ
Rys. 7.1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Równania fizyczne.
61
• warunkiem proporcjonalności – wymagającym, aby poszczególne skutki były liniowo
zależne od przyczyn, które je wywołały,
• warunkiem niezależności działania – wymagającym, aby żaden ze skutków nie wpływał
na sposób działania pozostałych przyczyn.
Przyjęte przez nas założenia odnośnie materiału oraz małości przemieszczeń i odkształceń prowadzą do spełnienia tych warunków.
Tak więc, wykorzystując zasadę superpozycji możemy zapisać:
( )[ ]
( )[ ]
( )[ ]yxzz
zxyy
zyxx
E
E
E
σσνσε
σσνσε
σσνσε
+−=
+−=
+−=
1
1
1
(7.1)
Powyższe równania pokazują, że związki między odkształceniami liniowymi i naprężeniami
normalnymi określone są poprzez dwie stałe materiałowe E i ν. Do określenia związków
między odkształceniami kątowymi i naprężeniami stycznymi mogą również służyć te same
stałe. Aby tego dowieść rozważmy stan naprężenia określony macierzą :
−
=
σ
σσ
00
00
000
T .
Jest to płaski stan naprężenia w płaszczyźnie (Y, Z) i - jak pokazano na rys. 7.2 - na
płaszczyznach nachylonych pod kątem 45 do osi (Y, Z) występują jedynie naprężenia styczne
στ = (por. przykład 5.4.2).
Odkształcenia liniowe w kierunkach
osi układu wynoszą:
σν
ε
σν
ε
E
E
z
y
+−=
+=
1
1
,
a kątowe jest rowne zeru.
Odkształcenie kątowe γ osi
obróconych o kąt 45° wynoszą:
( ) σνεεγ
E
zy +=−
−
−=1
90sin22
o ,
ale στ = stąd:
( )τ
νγ
E
+=
12.
Oznaczając przez
( )ν+
=
12
EG , ostatecznie możemy
zapisać związek między odkształceniem kątowym i naprężeniem stycznym w formie:
σ
Y
2zε
2zε
γγγγ−o90
στ =
σ
Y
Y
Z
1
2
yε
2
yε
1
Rys. 7.2
σ
Y
σ
Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Równania fizyczne.
62
G
τγ = , (7.2)
gdzie stała materiałowa G nazywana jest modułem ścinania lub Kirchhoffa albo modułem
sprężystośći poprzecznej.
Powracając do rozważanego na początku
sześcianu poddajmy go teraz kolejno działaniu
równomiernie rozłożonych naprężeń stycznych
pokazanych na rys. 7.3. W przypadku sprężystego
ciała izotropowego nie wywołają one odkształceń liniowych a kątowe będą równe:
G
xy
xy
τ
γ = ,
G
yz
yz
τ
γ = , (7.3)
G
xzxz
τγ = .
Równania (7.1) i (7.3) określające związki między odkształceniami i naprężeniami nazywają się równaniami Hooke’a lub związkami konstytutywnymi lub fizycznymi. Tę postać równań fizycznych w których odkszałcenia są funkcjami naprężeń nazwiemy I postacią równań Hooke’a.
Ponieważ rozważamy materiały z załozenia izotropowe to występują w nich tylko dwie stałe
materiałowe które należy wyznaczyć doświadczalnie. Sposób ich wyznaczenia podany
zostanie w toku dalszych wykładów.
Udowodnimy teraz ważne twierdzenie: w ciele sprężystym i izotropowym kierunki naprężeń głównych pokrywają się z kierunkami odkształceń głównych.
Dowód: niech osie X, Y i Z to osie głównych naprężeń. Jeśli tak to naprężenia styczne
0=== zxyzxy τττ a dalej z (7.3) 0=== zxyzxy γγγ co dowodzi, że te osie są osiami
odkształceń głównych.
Aby wyprowadzić związki między naprężeniami i odkształceniami należy odwrócić równania
(7.1) i (7.3). Odwrócenie tych drugich jest sprawą bardzo prostą. Pierwsze odwrócimy
kolejno wykonując:
( )zyxxE σσνσε +−= ,
( )zxyyE σσνσε +−= ,
( )yxzzE σσνσε +−= .
Dodanie stronami tych trzech równań daje zależność:
( ) ( )zyxzyx
Eεεε
ν
σσσ ++
−
=++
21. (7.4)
Przekształcamy pierwsze równanie dodając i odejmując po prawej stronie:
( ) ( ) ( )zyxxxxxzyxx EE σσσνσνεσνσνσσνσε ++−+=→+−+−= 1
Wstawienie (7.4) daje:
yxτ
xzτ
xyτ
yzτ
zyτ
zxτ
X
Z
Y
Rys. 7.3
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Równania fizyczne.
63
( )
++
−
+
+
= zyxxx
Eεεε
ν
νε
ν
σ
211i postępując analogicznie z następnymi naprężeniami
normalnymi dostajemy równania wiążące je z odkształceniami liniowymi.
II postać równań fizycznych Hooke’a :
( )
++
−
+
+
= zyxxx
Eεεε
ν
νε
ν
σ
211
( )
++
−
+
+
= zyxyy
Eεεε
ν
νε
ν
σ
211 (7.5)
( )
++
−
+
+
= zyxzz
Eεεε
ν
νε
ν
σ
211
zxzxyzyzxyxy GGG γτγτγτ === ,,
7.2. III postać równań Hooke’a - prawo zmiany objętości i prawo zmiany postaci
Przyjmijmy na mocy definicji:
3
zyx
m defεεε
ε
++
=
, 3
zyx
m defσσσ
σ
++
=
(7.6)
jako odkształcenie średnie i naprężenie średnie. Przy tych oznaczeniach wzór (7.4) możemy
zapisać w formie:
mm K εσ 3= (7.7)
gdzie: ( )ν213 −
=E
K jest stałą materiałową i nazywana jest modułem objętościowej
ściśliwości sprężystej lub modułem Helmholtza.
Dokonajmy rozkładu macierzy naprężeń na dwie części
σσσ
ΑΤ D+=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
σττ
τστ
ττσ
=
m
m
m
σ
σ
σ
00
00
00
−
−
−
+
mzzyzx
yzmyyx
xzxymx
σσττ
τσστ
ττσσ
gdzie:
σΑ - aksjator naprężeń,
σD - dewiator naprężeń;
i analogicznie macierzy odkształceń:
εεε
ΑΤ D+=
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Równania fizyczne.
64
zzyzx
yzyyx
xzxyx
εγγ
γεγ
γγε
21
21
21
21
21
21
=
m
m
m
ε
ε
ε
00
00
00
−
−
−
+
mzzyzx
yzmyyx
xzxymx
εεγγ
γεεγ
γγεε
21
21
21
21
21
21
gdzie:
εΑ - aksjator odkształceń,
εD - dewiator odkształceń.
Łatwo sprawdzić, że zachodzą poniższe związki między aksjatorami i dewiatorami naprężeń i odkształceń:
εσΑΑ K3= , (7.8)
εσDGD 2= , (7.9)
które stanowią III postać równań Hooke’a i noszą nazwy prawa zmiany objętości i prawa
zmiany postaci.
Uzasadnienie tych nazw nie jest trudne. Działanie aksjatora naprężeń wywołuje jedynie
zmianę objętości, a odkształcenia postaciowe są równe zeru. Natomiast pod działaniem
dewiatora naprężeń powstają odkształcenia postaciowe, a suma odkształceń liniowych na
przekątnej dewiatora odkształceń jest równa zeru, co dowodzi, że nie ma zmiany objętości.
Wróćmy jeszcze do równania (7.7). Wykorzystując, że zmiana objętości jest równa:
mzyxD εεεε 3=++= ,
możemy zapisać:
mE
D σν21
3−
= .
Jeśli 0>mσ , to oczywiście D>0, a więc musi zachodzić: 1-2ν > 0, czyli 2
1≤νννν .
Maksymalna zmiana objętości będzie zachodzić dla materiału którego 0=νννν , materiał
którego 2
1=ν jest nieściśliwy. Guma ma liczbę Poissona bliską 0.5, a korek bliską 0.
7.3. Przykłady
Przykład 7.3.1. Jakie obciążenie sześcianu o boku a wykonanego z materiału spełniającego
równania Hooke’a, powoduje przemieszczenia dowolnego jego punktu określone funkcjami:
,
,
,
zCw
yCv
xCu
−=
−=
−=
jeśli stałe materiałowe są równe E i ν.
a X
a
a
Z
Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Równania fizyczne.
65
Rozwiązanie
Z równań Cauchy’ego łatwo wyznaczyć, że odkształcenia liniowe są równe
Czyx −=== εεε
a odkształcenia kątowe równają się zeru
0=== zyxzxy γγγ
Odpowiadające im współrzędne tensora naprężeń są równe
0===
−===
zyxzxy
zyx BC
τττ
σσσ
gdzie : ( )ν21−
=E
B .
Obciążenie ścianek sześcianu wyznaczymy ze statycznych warunków brzegowych.
Ścianki 2ax ±= , współrzędne wersora normalnego zewnętrznego 0,1 ==±= nml .
0, === vzvyvx qqBCq m .
Ścianki 2ay ±= , współrzędne wersora normalnego zewnętrznego 0,1 ==±= nlm .
0, === vzvxvy qqBCq m .
Ścianki 2az ±= , współrzędne wersora normalnego zewnętrznego 0,1 ==±= mln .
0, === vyvxvz qqBCq m .
Tak więc ścianki sześcianu obciążone są równomiernie rozłożonym obciążeniem ściskającym
o intensywności BC.
Przykład 7.3.2. Dane są funkcje przemieszczeń w konstrukcji wykonanej z materiału
liniowo sprężystego:
( )410*1.05 −
+= xyu m, ( )410*1.0 −
−= xyyv m, ( ) 422 10* −
−= zxw m,
wyznaczyć macierz odkształceń i naprężeń w punkcie ( )1,2,1−A m, jeśli moduł Younga
E = 205 GPa i liczba Poissona ν = 0.3.
Rozwiązanie
Z równań geometrycznych Cauchy’ego wyznaczymy funkcje odksztaceń a po wstawieniu do
nich wspólrzędnych punktu A otrzymamy wartości występujących w nim odkształceń:
44 10*2.010*1.0 −−
==
∂
∂= y
x
uxε , ( )
44 10*1.110*1.00.1 −−
=−=
∂
∂= x
y
vyε ,
44 10*0.210*2 −−
−=−=
∂
∂= z
z
wzε ,
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Równania fizyczne.
66
( )44 10*3.010*1.01.0 −−
−=−=
∂
∂+
∂
∂= yx
x
v
y
uxyγ ,
44 10*0.210*2 −−
−==
∂
∂+
∂
∂= x
x
w
w
uxzγ , 0=
∂
∂+
∂
∂=
y
w
z
vyzγ .
Macierz odkształceń ma postać:
4
21
21
21
21
21
21
10*
0.200.1
01.115.0
0.115.02.0−
−−
−
−−
=
=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
εγγ
γεγ
γγε
ε.
Naprężenia wyznaczymy korzystając z II postaci równań Hooke’a:
( ) =
++
−
+
+
= zyxxx
Eεεε
ν
νε
ν
σ
211
( ) 125.510*0.21.12.03.0*21
3.02.0
3.01
10*205 49
−=
−+
−
+
+
=− MPa,
( ) =
++
−
+
+
= zyxyy
Eεεε
ν
νε
ν
σ
211
( ) 067.910*0.21.12.03.0*21
3.01.1
3.01
10*205 49
=
−+
−
+
+
=− MPa,
( ) =
++
−
+
+
= zyxxz
Eεεε
ν
νε
ν
σ
211
( ) 817.3910*0.21.12.03.0*21
3.00.2
3.01
10*205 49
−=
−+
−
+−
+
=− MPa,
( )( ) 365.210*3.0
3.012
10*205 49
−=−
+
==−
xyxy Gγτ MPa,
( )( ) 769.1510*0.2
3.012
10*205 49
−=−
+
==−
xzxz Gγτ MPa, 0== yzyz Gγτ .
Macierz naprężeń przedstawia się więc następująco:
−−
−
−−−
=
=
817.390769.15
0067.9365.2
769.15365.2125.5
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
σττ
τστ
ττσ
σ MPa.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Energia sprężysta
67
8. ENERGIA SPRĘŻYSTA
8.1. Podstawowe pojęcia
Każde ciało rzeczywiste pod działaniem sił zewnętrznych doznaje deformacji, na których siły
obciążające wykonują pewną pracę L. Praca ta w przypadku adiabatycznego procesu
termodynamicznego jest niezależna od sposobu jej wykonania i równa się energii
wewnętrznej układu W, tj. funkcji, której przyrost w czasie t∆ jest równy pracy
dostarczonej układowi w tym czasie:
WL = .
Powyższa równość wynika z I prawa termodynamiki dla procesów adiabatycznych, tzn.
takich przy których nie ma wymiany ciepła z otoczeniem albo, inaczej, takich, że nie zachodzi
dyssypacja energii układu, co jest charakterystyczną cechą układu sprężystego.
Można dowieść, że w przypadku ciała sprężystego i obciążeń statycznych energia
wewnętrzna układu jest równa energii potencjalnej Wp, która równa się pracy sił
wewnętrznych na odkształceniach przez nie wywołanych i nazywana jest energią sprężystą
układu U:
UWWL p === .
Zatem:
energia sprężysta U to praca sił wewnętrznych na odkształceniach przez nie
wywołanych. Energia ta jest odwracalna, co znaczy, że po usunięciu sił obciążających zużywa się na
odzyskanie początkowej konfiguracji ciała i w nie naprężonym i nie odkształconym stanie
układu jest równa zeru .
Gęstością energii sprężystej Φ lub, inaczej, energią sprężystą właściwą nazywamy ilość
energii sprężystej na jednostkę objętości ciała. Stąd:
∫∫∫=
V
dVU Φ , (8.1)
gdzie: V jest objętością ciała.
Dalej dla prostoty wzorów, łatwości wyprowadzeń i zapisów, wprowadzimy wskaźnikowy
zapis naprężeń i odkształceń. Jego istotę pokazują macierze naprężeń i odkształceń niżej
zapisane w zapisie klasycznym i wskaźnikowym:
układ współrzędnych (X, Y, Z) układ współrzędnych (X1 , X2 , X3)
=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
σττ
τστ
ττσ
σ,
=
333231
232221
131211
σσσ
σσσ
σσσ
σT ,
=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
εγγ
γεγ
γγε
ε
21
21
21
21
21
21
,
=
333231
232221
131211
εεε
εεε
εεε
εT .
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Energia sprężysta
68
Obliczmy ile wynosi Φ dla ciała o objętości V znajdującego się w równowadze pod
działaniem pewnego układu sił zewnętrznych. W wyniku obciążenia w każdym punkcie tego
ciała powstają stany naprężenia i odkształcenia charakteryzowane poprzez macierze σ
T i
εT .
Wyznaczmy wpierw dowolnie mały przyrost gęstości energii sprężystej na dowolnie małych
przyrostach odkształceń:
.dd...ddd ijij εσεσεσεσΦ =+++= 333312121111 (8.2)
W równaniu (8.2) zastosowana została umowa sumacyjna Einsteina, która mówi, że:
jeżeli w wyrażeniu wskaźnikowym będącym jednomianem wskaźniki powtarzają się, to
należy dokonać sumowania po powtarzających się wskaźnikach do odpowiedniej
wymiarowości obiektu. I tak np.:
332211 babababa ii ++= ; 332211 εεεε ++=ii , i = 1, 2, 3.
Równanie (8.2) można, wykorzystując pojęcie iloczynu skalarnego (poprawniej mówiąc
iloczynu diadycznego ze zwężeniem) tensorów, zapisać w bardzo prostej formie:
εσΦ dTTd = (8.3)
Iloczyn skalarny tensorów otrzymujemy dodając do siebie iloczyny jednoimiennych
elementów.
Pozwala to zapisać gęstość energii sprężystej Φ w postaci:
∫=
ε
εσΦ
T
dTT
0
(8.4)
15.2. Energia sprężysta ciała Hooke’a
Dla ciała liniowo sprężystego związek fizyczny możemy zapisać w formie:
εσTDT = (8.5)
gdzie: D – macierz (tensor) współczynników materiałowych.
Po podstawieniu (8.5) do (8.4) i wykonaniu całkowania otrzymujemy:
εσεεε
ε
Φ TTTDdTTD
T
2
1
2
1 2
0
=== ∫ (8.6)
Wzór (8.6) zapiszemy w innej postaci po dokonaniu rozkładu macierzy (tensorów) naprężeń i
odkształceń na sumę odpowiednich aksjatorów i dewiatorów.
σσσDAT += i
εεεDAT += (8.7)
Przypomnimy, że związki fizyczne między aksjatorami i dewiatorami naprężeń i odkształceń
(wyprowadziliśmy je formułując III postać prawa Hooke’a) można zapisać w formie zwykle
nazywanej prawem zmiany objętości i prawem zmiany postaci:
εσAKA 3= oraz
εσGDD 2= (8.8)
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Energia sprężysta
69
gdzie: ν21
3−
=E
K oraz ν+
=
12
EG to stałe materiałowe.
Korzystając ze wzorów (8.7) otrzymujemy:
( ) ( )εσεσεεσσ
Φ DDAADADA2
1
2
1
2
1+=++= (8.9)
gdyż z bardzo łatwej analizy rachunkowej wynika, że :
0=εσ
DA oraz 0=εσ
AD .
Możemy zatem powiedzieć, że gęstość energii sprężystej stanowi sumę
fV ΦΦΦ += , (8.10)
gdzie:
εσΦ AAV
2
1= - gęstość energii sprężystej związanej ze zmianą objętości, (8.11)
εσΦ DDf
2
1= - gęstość energii sprężystej związanej ze zmianą postaci. (8.12)
I analogicznie, energia sprężysta układu stanowi sumę:
,UUU fV += (8.13)
gdzie:
,dVU
V
VV ∫= Φ (8.14)
jest energią odkształcenia objętościowego i przedstawia pracę sił zewnętrznych zużytą na
zmianę jego objętości, a
,dVU
V
ff ∫= Φ (8.15)
jest energią odkształcenia postaciowego i przedstawia pracę sił zewnętrznych zużytą na
zmianę postaci układu.
Wzory na odpowiednie gęstości energii sprężystej, wyrażone przez elementy macierzy
naprężeń mają postać:
( )2
6
21zyx
Eσσσ
νΦ
ν++
−= (8.16)
( ) ( ) ( ) ( )[ ]2222226
6
1zxyzxyxzzyyxf
Eτττσσσσσσ
νΦ +++−+−+−
+= (8.17)
( ) ( ) ( )[ ]222222122
2
1zxyzxyxzzyyxzyx
EτττνσσσσσσνσσσΦ ++++++−++= . (8.18)
Łatwo można stwierdzić, że pochodne gęstości energii sprężystej po elementach macierzy
naprężeń równają się odpowiednim elementom macierzy odkształceń.
Wyznaczymy przykładowo:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Energia sprężysta
70
( )[ ] ( )[ ] xzyxzyx
x EEεσσνσσσνσ
σ
Φ=−−=−−=
∂
∂ 122
2
1,
( )[ ]( )
xy
xy
xyxy
x GEEγ
τ
τν
τν
τ
==+
=+=
∂
Φ∂ 1214
2
1.
Jest rzeczą oczywistą, że korzystając ze związków fizycznych Hooke’a, możemy wyrazić
gęstości energii sprężystej tylko poprzez elementy macierzy odkształceń. Wówczas pochodne
Φ po elementach macierzy odkształceń są równe odpowiednim elementom macierzy
naprężeń.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
71
9. OSIOWE ROZCIĄGANIE I ŚCISKANIE
9.1. Naprężenia i odkształcenia
Osiowe rozciąganie pręta pryzmatycznego występuje wówczas, gdy układ sił zewnętrznych
po jednej stronie przekroju poprzecznego pręta redukuje się do wypadkowej prostopadłej do
przekroju, zaczepionej w jego środku ciężkości i skierowanej zgodnie z normalną zewnętrzną.
Wypadkową tę N nazywamy siłą osiową lub podłużną i w przypadku gdy jej zwrot jest
zgodny ze zwrotem normalnej zewnętrznej nazywamy siłą rozciągającą a jej współrzędnej N
przypisujemy znak dodatni. Naszym zadaniem będzie wyznaczenie elementów macierzy
naprężeń i odkształceń w dowolnym punkcie pręta, bo te wielkości określają w nim stan
naprężenia i odkształcenia oraz współrzędnych wektora przemieszczenia.
Rozważmy więc, pokazany na rys. 9.1 pręt pryzmatyczny o polu przekroju poprzecznego A,
określony w układzie osi (X, Y ,Z), w którym oś X jest osią pręta, a osie (Y, Z) są osiami
centralnymi jego przekroju poprzecznego. Pręt wykonany jest z izotropowego, jednorodnego,
liniowo sprężystego materiału o stałych materiałowych E oraz ν.
Dokonajmy myślowego przekroju pręta na dwie części, odrzućmy część II a do części I
przyłóżmy układ sił wewnętrznych, który symbolicznie zaznaczymy przez jego miary tzn.
naprężenia xzxyx ττσ ,, zaczepione w dowolnie wybranym punkcie przekroju poprzecznego.
Z twierdzenie o równoważności odpowiednich układów sił wewnętrznych i zewnętrznych
wynika, że:
{ } { } { } { } { } { }
{ } { } { } { } { } { }
===
===
,ZMWM,ZMWM,ZMWM
,ZSWS,ZSWS,ZSWS
IIzIzIIyIyIIxIx
IIzIzIIyIyIIxIx
000000
(9.1)
rzuty sum i momentów zredukowanego układu sił wewnętrznych przyłożonych do części I
oraz układu sił zewnętrznych przyłożonych do części II , są sobie równe.
Zgodnie z powyższym możemy w rozważanym przypadku napisać poniższe związki:
Rys. 9.1
Z Y
X
x
N N
( )001 ,,v
I II
xσ
X
Z
xzτ
xyτ
Y
x
N
I
A A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
72
( )
=−==+−
===
∫∫∫∫∫∫
∫∫∫∫∫∫
.0,0,0
,0,0,
A
x
A
x
A
xzxy
A
xz
A
xy
A
x
dAydAzdAyz
dAdANdA
σσττ
ττσ
(9.2)
Równania (9.2) możemy nazwać równaniami równowagi, gdyż wynikają z twierdzenia o
równoważności układów sił wewnętrznych i zewnętrznych udowodnionego na podstawie
warunków równowagi układu sił działających na ciało.
Z równań (9.2) nie można wyznaczyć xzxyx ττσ ,, , gdyż to funkcje trzech zmiennych i aby je
określić, zajmiemy się analizą deformacji bryły po przyłożeniu obciążeń. W oparciu o
przyjęte założenia odnośnie materiału, jak i hipotezę płaskich przekrojów Bernoulliego
przyjmiemy, że obraz deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń jest taki jak to pokazuje rys.
9.2.
Analizując ten obraz deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń przyjmiemy, że:
• pole przemieszczeń jest w nim jednorodne,
• odkształcenia kątowe włókien równoległych do osi układu odniesienia są równe zero,
• odkształcenia liniowe związane są zależnością: xzy ενεε −== .
Powyższe obserwacje pozwalają napisać następujące zależności:
,,, 111
h
hh
h
h
b
bb
b
b
l
ll
l
lzyx
−
==
−
==
−
==∆
ε∆
ε∆
ε
0,0,0 === zxyzxy γγγ .
Nazwiemy je równaniami geometrycznymi gdyż są wynikiem analizy geometrii pręta po
deformacji.
Mając odkształcenia możemy, korzystając z równań fizycznych Hooke’a, wyznaczyć elementy macierzy naprężeń:
Rys. 9.2
Y
X
Z
B’
C’
A’
D’
∆l
b1
h1 h
l1
l
b
B
C
A
D
konfiguracja
aktualna
konfiguracja
początkowa
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
73
( ) xxzyxxx EE
εσεεε
ν
νε
ν
σ =→
++
−
+
+
=
211,
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= yzyxyy
Eσεεε
ν
νε
ν
σ ,
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= zzyxzz
Eσεεε
ν
νε
ν
σ ,
0=→= xyxyxy G τγτ ; 0=→= yzyzyz G τγτ ; 0=→= zxzxzx G τγτ .
Należy teraz wrócić do równań równowagi (9.2) w celu sprawdzenia czy otrzymane w
oparciu o przypuszczone pole przemieszczeń naprężenia spełniają te obiektywne zależności i
aby wyrazić siły wewnętrzne poprzez siły zewnętrzne.
Zerowanie się naprężeń stycznych powoduje, że równania drugie, trzecie i czwarte są spełnione. Z równania pierwszego otrzymamy
∫∫ ∫∫ =→=
A A
xx NdAENdA εσ , a ponieważ pole odkształceń jest jednorodne, to
odkształcenia liniowe są równe:
AE
Nx =ε , (9.3)
i naprężenia normalne wynoszą:
A
Nx =σ . (9.4)
Wstawiając powyższe do dwóch ostatnich równań równowagi otrzymujemy:
∫∫ ∫∫ =→=
A A
x dAzA
NdAz 00σ
∫∫ ∫∫ =→=−
A A
x dAyA
NdAy 00σ
bo osie (Y, Z) są osiami centralnymi i momenty statyczne przekroju poprzecznego liczone
względem nich są równe zero. Tak więc ostatecznie macierze naprężeń i odkształceń przy
osiowym rozciąganiu mają postać:
=
000
000
00AN
Tσ
,
−
−=
EAN
EAN
EAN
T
ν
νε
00
00
00
. (9.5)
W praktyce inżynierskiej bardzo ważne jest określenie wydłużenia pręta, czyli
przemieszczenie jego końca ∆l. Jeśli pole przemieszczeń w pręcie jest jednorodne to łatwo
wyznaczymy zmianę jego długości bez potrzeby całkowania odkształceń:
AE
lNl
AE
N
l
lx =→== ∆
∆ε . (9.6)
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
74
Podobnie możemy wyznaczyć zmiany wymiarów (zmniejszenie) przekroju poprzecznego
pręta:
AE
bNb ν∆ −= oraz
AE
hNh ν∆ −= .
Na końcu tej części naszych rozważań należy powiedzieć, że wyprowadzone zależności mogą być stosowane, w tej formie, zarówno dla przypadku rozciągania jak i ściskania osiowego.
W tym drugim przypadku wypadkowa N ma zwrot przeciwny do normalnej zewnętrznej, a
jej współrzędnej N przypisujemy znak ujemny. Przy czym w przypadku ściskania, tj. gdy
N<0 konieczne jest dodatkowe sprawdzenie czy pręt jest w stanie równowagi statecznej.
9.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
W analizowanym przypadku występuje jednoosiowy i jednorodny stan naprężenia
scharakteryzowany jednym tylko naprężeniem normalnym w przekroju poprzecznym pręta,
które jest równocześnie maksymalnym naprężeniem głównym w przypadku rozciągania
(rys.9.3) i minimalnym w przypadku ściskania. Pozostałe dwa naprężenia główne są równe
zeru a ich kierunki to jakiekolwiek dwa prostopadłe do siebie i równocześnie prostopadłe do
osi pręta.
Ekstremalne naprężenia styczne występują w przekrojach nachylonych pod kątem 45°
do osi
pręta (rys. 9.3) i równają się połowie naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym. Koło
Mohra dla rozważanego przypadku pokazane jest na rys. 9.4.
Rys. 9.3
maxx σσ =maxx σσ =
X
Z
0== minz σσ
0== minz σσ
o45
o45
X
2xστ =
2xστ =
Z
2xσσ =
2xσσ =
0=== zminv σσσ
vτ
O 1O vσ
2xmaxv σττ ==
2xv σσ =
2xv στ =
2xv σσ =
xmaxv σσσ ==
xσ
Rys. 9.4
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
75
Układ (rozkład) sił wewnętrznych w przekroju poprzecznym pręta pokazuje rys. 9.5.
Wartości naprężeń normalnych w tym przypadku nie zależą o współrzędnych y oraz z więc
można ich rozkład, nie tracąc czytelności, rysować płasko, jak to zostało pokazane na rys.
9.6.
Stan odkształcenia jest też jednorodny ale trójosiowy. Odkształcenia liniowe w kierunku
równoległym do osi pręta są maksymalne w przypadku rozciągania i minimalne w przypadku
ściskania. Pozostałe dwa odkształcenia główne są sobie równe, a ich kierunki to jakiekolwiek
dwa prostopadłe do siebie i równocześnie prostopadłe do osi pręta.
9.3. Energia sprężysta pręta rozciąganego lub ściskanego osiowo
Znajomość elementów macierze naprężeń i odkształceń pozwala na wyznaczenie gęstości
energii sprężystej i energii sprężystej dla rozważanego przypadku obciążenia pręta.
Podstawienie zależności (9.5) do (8.18) daje: 2
2
1
=
A
N
EΦ , i stąd energia sprężysta pręta o długości l i polu przekroju poprzecznego A
rozciąganego (ściskanego) osiowo stałą siłą o wartości N wynosi:
EA
lNdx
EA
NdA
A
N
EdxdV
A
N
EdVU
A
ll
VV222
1
2
12
0
22
0
2
==
=
== ∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫ Φ .
Rys. 9.5
Y
X
Z
ANx =σ
N
I
Rys. 9.6
Z
X
ANx =σZ
X
ANx =σ
lub
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
76
W przypadku konstrukcji złożonej z wielu prętów o różnych długościach oraz przekrojach
poprzecznych obciążonych osiowo siłami podłużnymi jej energia sprężysta wynosi:
dxEA
NU
n
i
l
i
ii
∑ ∫=
=
1 0
2
2, (9.7)
gdzie sumowanie należy wykonać po wszystkich przedziałach charakterystycznych.
9.4. Zasada de Saint-Venanta Wnioski mówiące o jednorodności rozkładu naprężeń czy odkształceń w pręcie rozciąganym
osiowo mogą budzić pewne zastrzeżenia, jeśli popatrzymy na różne, występujące w praktyce
inżynierskiej, przypadki obciążeń, które redukują się do siły rozciągającej N zaczepionej w
środku ciężkości przekroju poprzecznego. Można przypuszczać, że sposób przyłożenia
obciążenia będzie miał wpływ na rozkład naprężeń i odkształceń. I tak istotnie jest, ale tylko
w bliskim sąsiedztwie obszaru przyłożenia obciążenia. Mówi o tym zasada de Saint-Venanta,
która jest jednym z naszych podstawowych założeń i którą potwierdzają badania
doświadczalne (szczególnie wyraźnie badania elastooptyczne). Zasadę tę można sformułować następująco:
jeżeli na pewien niewielki obszar ciała w równowadze działają rozmaicie rozmieszczone,
ale statycznie równoważne obciążenia, to w odległości znacznie przekraczającej
wymiary tego obszaru wywołują one praktycznie jednakowe stany naprężenia i odkształcenia (rys. 9.7).
9.5. Spiętrzenie naprężeń
Rozkład naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym rozciąganego pręta pryzmatycznego
jest równomierny. W przypadku rozciąganych prętów o zmiennym przekroju poprzecznym
naprężenia normalne nie mają stałych wartości.
Rozwiązanie metodami teorii sprężystości zagadnienie
rozciąganego pręta w kształcie klina (rys. 9.8) pokazuje zmienność naprężeń normalnych i dodatkowo występowanie naprężeń stycznych. Wartość naprężenia maksymalnego maxσ w stosunku
do wartości naprężenia nominalnego ANn =σ wzrasta wraz z
kątem α . Przy o10=α naprężenie maksymalne jest o 1.3 %
większe od nominalnego, a przy o30=α jest już większe o 13 % co
dowodzi, że gdy przekrój zmienia się łagodnie, to z dostateczną dokładnością w obliczeniach można stosować wzory jak dla
prętów pryzmatycznych.
N
N/A
N
N/A
N/A
N/A
N
maxσ
αααα
Rys. 9.8
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
77
W przypadku gwałtownej zmiany kształtu lokalny wzrost naprężenia może być znaczny. W
pokazanym na rys. 9.9 rozciąganym płaskowniku z otworem w jego pobliżu występuje duży
wzrost naprężeń, nazywany spiętrzeniem lub koncentracją naprężeń. Szczególnie duża
koncentracja naprężeń występuje w przypadku ostrych nacięć (rys. 9.10) i wówczas mówimy
o efekcie karbu, który może prowadzić do powstania pęknięcia, a następnie do zniszczenia
elementu. Analizą propagacji szczelin zajmuje się mechanika pękania, która obecnie ze
względu na ważność i złożoność problemów, z którymi ma do czynienia stanowi
autonomiczny przedmiot mechaniki.
9.6. Podstawowe dane doświadczalne. Statyczna próba rozciągania
W dotychczasowych naszych rozważaniach zetknęliśmy się już z takimi wielkościami, jak
moduł Younga i współczynnik Poissona. Są one charakterystyczne dla danego materiału i
nazwaliśmy je ogólnie stałymi materiałowymi. Wspomnieliśmy również, że dla każdego
materiału istnieją pewne charakteryzujące go wielkości sił między cząsteczkowych, po
przekroczeniu których traci on swoją spójność (niszczy się). Te jak i inne jeszcze wielkości
określające własności mechaniczne materiału, mogą być wyznaczone jedynie na drodze
doświadczalnej. Sposób i warunki przeprowadzania odpowiednich badań laboratoryjnych są określone bardzo precyzyjnymi przepisami, podanymi w Polskich Normach.
Jednym z podstawowych badań jest statyczna próba rozciągania, gdyż, jak w żadnym innym
doświadczeniu, statyczne i kinematyczne warunki brzegowe jakim podlega badana próbka są najbliższe tym, które zakładane są w modelu teoretycznym.
Realizowane w próbce stany naprężenia i odkształcenia reprezentowane są przez dwie
wielkości: naprężenia normalne σ w przekroju poprzecznym badanej próbki oraz
odkształcenia liniowe ε w kierunki jej osi. Obie te wielkości można wyznaczyć z prostych
pomiarów podczas badania i, co więcej, związek między nimi εσ E= zawiera stałą materiałową jaką jest moduł Younga E.
Dalej przedstawimy najważniejsze wyniki próby rozciągania stali, wykonanej w sposób
określony normą PN-76/H-04310. Dla innych materiałów powszechnie stosowanych w
konstrukcjach budowlanych (beton czy drewno) obowiązują inne normy ale z uwagi na
przyjęte założenia o własnościach analizowanych przez nas konstrukcji stal jest modelowym
materiałem i dlatego nią się przede wszystkim zajmiemy.
Wykonane zgodnie z podaną normą próbki (zwykle o przekroju kołowym) stali rozciągane są osiowo w maszynach wytrzymałościowych najczęściej aż do zniszczenia próbki. Podczas
próby rejestrowane są zmiany wielkości siły rozciągającej i wymiarów próbki, dzięki czemu
nσmaxσ
N
Rys. 9.9
nσ
maxσ
N
N
Rys. 9.10
N
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
78
można sporządzić tzw. wykres rozciągania w układzie εσ − . Wykres rozciągania stali
miękkiej pokazuje rys.9.11.
Na osi odciętych mamy odkształcenie liniowe
włókien równoległych do osi pręta,
wyznaczane ze wzoru
0L
l∆ε = gdzie: 0L - pierwotna długość
odcinka próbki (długość pomiarowa), którego
wydłużenia l∆ są rejestrowane.
Na osi rzędnych występują naprężenia
normalne w przekroju poprzecznym pręta,
wyznaczane ze wzoru:
0A
N=σ , gdzie: N - siła rozciągająca próbkę,
rejestrowaną podczas badania, A0 - pole
pierwotnego przekroju poprzecznego próbki..
Ponieważ podczas wykonywania próby pole przekroju poprzecznego próbki maleje, to te
naprężenia są wielkościami umownymi.
Omówimy krótko poszczególne charakterystyczne części wykresu rozciągania. Na
prostoliniowym odcinku OA odkształcenia są liniowo zależne od naprężeń i znikają po
zdjęciu obciążenia. Tak więc własności materiału są liniowo sprężyste i największe
naprężenie, przy którym te własności jeszcze występują HR , nazywamy granicą
proporcjonalności albo granicą stosowania prawa Hooke’a. Na krzywoliniowym odcinku AB,
kończącym się naprężeniem SR , materiał jest jeszcze sprężysty ale zależność między
naprężeniami i odkształceniami jest nieliniowa. SR nazywamy granicą sprężystości, po jej
przekroczeniu w materiale zaczynają występować trwałe (plastyczne) odkształcenia. W
punkcie C wykresu, któremu odpowiadają naprężenia eR , w próbce narastają znaczne
odkształcenia: 10 do 15 razy większe niż przy granicy sprężystości, przy stałych a nawet
malejących naprężeniach. Zjawisko to nazywamy płynięciem materiału (część CD określana
jest jako platforma płynięcia), a naprężenie eR - wyraźną granicą plastyczności. Płynięcie
materiału kończy się w punkcie D, w którym zmienia się charakter wykresu. Przyrost
odkształceń wymaga przyrostu naprężeń, materiał się wzmocnił i sytuacja taka trwa aż do
punktu F, któremu odpowiada największa siła uzyskana w czasie próby. Naprężenia
odpowiadające temu punktowi mR , nazywamy wytrzymałością na rozciąganie. W momencie
badania, któremu odpowiada na wykresie rozciągania punkt F, w próbce tworzy się przewężenie, tzw. szyjka i prawie natychmiast próbka w tym miejscu ulega zerwaniu.
Podczas próby rozciągania prócz wyznaczenia wyżej opisanych granicznych wartości
naprężeń możemy wyznaczyć moduł Younga i liczbę Poissona. Moduł Younga to nic innego
jak tangens kąta nachylenia liniowej części wykresu rozciągania:
α
ε
σtg==E .
Rejestrując zmianę średnicy próbki d∆ podczas próby możemy wyznaczyć odkształcenia
liniowe w kierunku poprzecznym do osi pręta :
Rys. 9.11
D B
A RH
RS
Re
Rm
O
C F
H
ε
naprężenia
rzeczywiste
σ
G
α
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
79
0d
dpop
∆ε = , gdzie : 0d - pierwotna średnica próbki.
Liczbę Poissona otrzymujemy dzieląc odkształceń liniowe w kierunku poprzecznym przez
odkształcenia liniowe w kierunku równoległym do osi próbki:
ε
ε
νpop
= .
Wyżej wspomniano, że naprężenia na wykresie rozciągania są naprężeniami umownymi,
gdyż otrzymane zostały przez podzielenie siły rozciągającej przez początkowe pole przekroju
poprzecznego. Naprężeniami rzeczywistymi nazywać będziemy iloraz siły przez aktualne
pole powierzchni przekroju. W początkowym stadium próby rozciągania między tymi dwoma
naprężeniami nie ma istotnych różnic, pojawiają się one dopiero pod koniec platformy
płynięcia. Przebieg zmian naprężeń rzeczywistych na rys.9.11 pokazany został linią przerywaną. Wykres rozciągania na rys. 9.11 pokazuje cechy i zachowanie się stali miękkiej nazywanej też stalą niskowęglową bo zawartość węgla w jej składzie nie przekracza 0.30 %. Stal o takiej
charakterystyce jest powszechnie stosowana w budowlanych konstrukcjach stalowych.
Na rys. 9.12 naszkicowane zostały wykresy rozciągania innych metali.
Widoczny jest brak w pewnych materiałach
wyraźnej granicy plastyczności eR . W takich
przypadkach posługujemy się umowną granicą plastyczności oznaczaną przez 20.R i
definiowaną jako naprężenie, przy którym
trwałe odkształcenia liniowe wynoszą 0.2 %.
W przypadku statycznej próby ściskania
(sposób jej wykonania w przypadku metali
można znaleźć w normie PN-57/H-04320) w
zakresie naprężeń poniżej granicy
plastyczności charakter wykresu ściskania w
układzie εσ − nie odbiega od wykresu
rozciągania. Stal miękka, aluminium czy
miedź mają granicę proporcjonalności,
sprężystości i plastyczności nieomal
identyczną jak przy rozciąganiu. Przy
większych naprężeniach charakter wykresu
się zmienia i jest to powodowane wpływem
aktualnej geometrii badanej próbki - zwiększa
się pole jej przekroju poprzecznego.
400
800
0
σ
ε
stal twarda
miedź
stal miękka
MPa
Rys. 9.12
30
%
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
80
Na wielkości mechaniczne materiałów
niewątpliwy wpływ mają różne czynniki
zewnętrze, przykładowo można wymienić temperaturę, wilgotność czy czas. To, jak
znaczną zmianę wielkości mechanicznych
będą one powodować zależy między innymi
od rodzaju materiału.
Niżej bardzo pobieżnie, omówione zostaną niektóre aspekty wpływu temperatury i czasu
na zachowanie się stali.
Wpływ temperatury na granicę plastyczności
eR i wytrzymałość na rozciąganie mR
pokazuje rys. 9.13.
Podwyższona temperatura aktywizuje
własności reologiczne stali polegające,
najprościej mówiąc, na zmianie deformacji w
czasie przy stałych obciążeniach. Wśród
zjawisk (procesów) reologicznych ciał stałych
zwykle rozróżnia się zjawisko pełzania
określane jako wzrost odkształceń w czasie
przy stałych naprężeniach i zjawisko
relaksacji definiowane jako spadek naprężeń w czasie przy stałych odkształceniach.
Długotrwała próba rozciągania stali w podwyższonej temperaturze tj. próba pełzania (warunki
i sposób jej wykonania podany jest w normie PN-57/H-04330) pokaże przebieg zmian
odkształceń w czasie przy stałym naprężeniu, których wykres, tzw. krzywą pełzania
przedstawia rys. 9.14.
Wynikiem próby relaksacji byłaby krzywa relaksacji pokazująca zmianę naprężeń w czasie
przy stałych odkształcenia naszkicowana na rys. 9.15.
W metalach procesy reologiczne wyraźnie się zaznaczają przy temperaturach powyżej
0.3 – 0.4 ich temperatury topnienia.
Zjawiska reologiczne, zwłaszcza zjawisko relaksacji ma negatywny wpływ za zachowanie
się konstrukcji. Ono jest przyczyną spadku sił sprężających w konstrukcjach sprężonych czy
rozluźniania się połączeń śrubowych i nitowanych.
W tablicy poniżej, podane są wartości charakterystyk mechanicznych i stałych
materiałowych dla niektórych materiałów. Ponieważ wielkości te bardzo zależą od składu
chemicznego, obróbki cieplnej, obróbki plastycznej jak i innych czynników (np. wilgotności
w przypadku drewna) podane wartości należy traktować orientacyjnie , skupiając uwagę na
krzywa pełzania
ε
const=σ t
zniszczenie σσσσ
const=ε t
krzywa relaksacji
Rys .9.14 Rys .9.15
mR
eR
400
800
CT o
200 400
Rys. 9.13
MPa σ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
81
tym z jakim rzędem wielkości mamy do czynienia. W nawiasach podana jest wytrzymałość przy ściskaniu.
Materiał
Wytrzymałość na
rozciąganie mR
MPa
Granica
plastyczności
eR
MPa
Wytrzymałość obliczeniowa
rR
MPa
Moduł
Younga
E
GPa
Liczba
Poissona
ν
Gęstość masy
ρ
kg/m3
Stal
konstrukcyjna
St3SX,St3SY 375 225 205 205 0.30 7850
Aluminium 100 50 70 0.32-0.36 2070
Miedź 210-240 70 110 0.30-0.34 8960
Żeliwo szare 200-400 95-110 0.23-0.27 7100
Ołów 15 18 0.42 11340
Brąz 300 113 0.32-0.35 8860
Dural 270 150 67-74 0.32-0.35 2640
Beton B350 2.31 (36) 1.54 (27.7) 38.6 1/6 2500
Szkło 40-100 56 0.25 2400-2600
Drewno- sosna
(wzdłuż włókien)
14-26 65-12.5 6
400-500
9.7. Podstawowe zasady i warunki projektowania
Mając wyznaczone stany naprężenia, odkształcenia i przemieszczenia dla przypadku
osiowego rozciągania prętów pryzmatycznych mamy podstawy do projektowania takich
elementów konstrukcji inżynierskich. Na tym przykładzie tego przypadku omówione zostaną podstawowe pojęcia i procedury związane z projektowaniem przy bardziej złożonych
przypadkach obciążenia czy elementach konstrukcji. Będzie to w większym stopniu
omówienie zasad wymiarowania niż projektowania, gdyż przy projektowaniu oprócz zasad
wymiarowania niezbędna jest znajomość przepisów zwanych normami budowlanymi, które
będą szczegółowo omawiane w przedmiotach konstrukcyjnych jak konstrukcje stalowe,
betonowe, żelbetowe czy drewniane.
Będzie to raczej omówienie zasad wymiarowania niż projektowania, gdyż przy projektowaniu
oprócz zasad wymiarowania niezbędna jest znajomość przepisów zwanych normami
budowlanymi, które będą szczegółowo omawiane w przedmiotach konstrukcyjnych jak
konstrukcje stalowe, betonowe, żelbetowe czy drewniane.
Zobaczymy później, w trakcie studiowania wymienionych przedmiotów konstrukcyjnych ,
że w wielu przypadkach, formuły czy zależności podane w normach, które są obowiązujące w
procesie projektowania będą dość odległe od zasad wymiarowania podanych w tym jak i
innych podręcznikach wytrzymałości materiałów. Przyczynę tego stanu można przede
wszystkim upatrywać w tym, że wytrzymałość materiałów posługuje się w swych
rozważaniach idealnym teoretycznym modelem materiału, konstrukcji, jak i schematach jej
zniszczenia, normy zaś starają się ująć w globalny i uproszczony sposób najbardziej istotne
mechaniczne aspekty zachowania się elementów konstrukcji. Stąd np. wytrzymałość
materiałów zazwyczaj określa warunki dla naprężeń w punkcie a normy formułują warunki
nośności dla przekroju. Niemniej jednak nie ma sprzeczności w tych dwóch podejściach i co
więcej znajomość zasad wymiarowania jest niezbędna do zrozumienia i racjonalnego
stosowania normowych zasad projektowania.
Jak już wcześniej powiedzieliśmy materiał, kształt i wymiary konstrukcji muszą być dobrane
w taki sposób, aby była ona odpowiednio wytrzymała, sztywna i stateczna. Jeżeli konstrukcja
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
82
lub jej część przestaje przenosić obciążenie, do przeniesienia którego została przeznaczona
lub też gdy nie odpowiada założonym warunkom użytkowania, mówimy, że znajduje się w
stanie granicznym. Możemy wyróżnić dwa stany graniczne:
• stan graniczny nośności i
• stan graniczny użytkowania.
Stan graniczny nośności związany jest z wystąpieniem zniszczenia ciągłości materiału w
punkcie lub obszarze, zmiany konstrukcji w mechanizm, uszkodzeniem spowodowanym
zmęczeniem materiału, utratą stateczności przez część lub całą konstrukcję. Stan graniczny użytkowania natomiast związany jest z wystąpieniem nadmiernych
przemieszczeń, uszkodzeń związanych z korozją, nadmiernych drgań itp.
Warunki, które konstrukcja musi spełnić, wynikające z obu stanów granicznych formułowane
będą w postaci nierówności, w których w stanie granicznym nośności będzie występować pewna graniczna wartość naprężeń, a w stanie granicznym użytkowania graniczna wartość przemieszczeń związana z warunkami użytkowania.
Te graniczne wartości naprężeń, wyznaczane na podstawie doświadczeń (np. próby
rozciągania czy ściskania) i analizy probabilistycznej otrzymanych z nich wyników,
gwarantują bezpieczny stan materiału w danym punkcie i nazywane są jego wytrzymałością charakterystyczną. Ponieważ w procesie projektowania konstrukcji mogące wystąpić liczne czynniki
przypadkowe, związane np. z niedokładnością danych o geometrii konstrukcji, jej
obciążeniach czy błędach wykonania, do obliczeń przyjmowana jest wytrzymałość obliczeniowa, będąca ilorazem wytrzymałości charakterystycznej i współczynników
materiałowych spełniających rolę współczynników bezpieczeństwa. W praktyce projektowej
dowiemy się, że wytrzymałość obliczeniowa jest związana nie tylko z samym materiałem ale
również z rodzajem konstrukcji. Polska Norma do obliczania i projektowania
ogólnobudowlanych konstrukcji stalowych PN-90/B-03200 wyróżnia tylko jedną wytrzymałość obliczeniową stali oznaczaną przez df (modyfikowaną współczynnikami
liczbowymi dla innych przypadków obciążenia), podczas gdy norma obowiązująca przy
projektowaniu mostów PN-82/S-100052 wyróżnia wytrzymałość obliczeniową stali
elementów konstrukcji mostowych pracujących na rozciąganie i ściskanie osiowe, rozciąganie
przy zginaniu R , na ścinanie tR , na docisk powierzchni przylegających dR , na docisk
powierzchni stycznych dHR . W normach związanych z konstrukcjami betonowymi,
żelbetowymi, drewnianymi i murowymi występują jeszcze inne wielkości.
Dlatego też w toku naszych dalszych rozważań, nie umniejszając zasadniczo ich ogólności,
będziemy się posługiwać jedynie pojęciami wytrzymałości obliczeniowej przy ściskaniu cR ,
przy rozciąganiu rR i przy ścinaniu tR . W przypadku materiału izonomicznego (np. stal) i
naprężeń normalnych, używać będziemy jednej wytrzymałości obliczeniowej R .
W związku z powyższym warunki wymiarowania prętów osiowo rozciąganych będą miały
postać: • ze względu na stan graniczny nośności
rx RA
Nmaxmax ≤=σ
• ze względu na stan graniczny użytkowania
doplAE
lNmaxlmax ∆∆ ≤= .
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
83
W przypadku prętów osiowo ściskanych w miejsce wytrzymałości obliczeniowej przy
rozciąganiu rR należy wstawić wytrzymałość obliczeniową przy ściskaniu cR , przy czym
musimy pamiętać, że pręt musi być w stanie równowagi statecznej i warunki jej zapewnienia
będą sformułowane w toku dalszych wykładów.
9.8. Przykłady
Przykład 9.8.1. Wyznaczyć średnice kołowego stalowego pręta o skokowo zmiennym
przekroju poprzecznym obciążonym jak na rysunku jeśli wytrzymałość obliczeniowa stali
R = 165 MPa. Po określeniu wymiarów przekroju poprzecznego obliczyć przemieszczenia
wzdłuż osi pręta ( )xu i zmianę średnicy w przekroju największej siły podłużnej, jeśli moduł
Younga E = 205 GPa, a liczba Poissona ν = 0.3.
Rozwiązanie
Średnice wyznaczymy z warunku nośności i wpierw należy wyznaczyć siły osiowe w pręcie.
Jest to proste zadanie w analizowanym przykładzie i ich rozkład pokazany jest na rysunku.
Średnica na odcinku AB:
R
NAR
A
N ABAB
AB
AB≥→≤
216
321 10895
10165
10450
4
−≥→≥ *.d
*
*dπm
Przyjęto do wykonania 061 .d = cm.
Średnica na odcinku BD:
R
NmaxAR
A
Nmax BD
BDBD
BD≥→≤
226
322 10205
10165
10350
4
−≥→≥ *.d
*
*dπm
Przyjęto do wykonania 252 .d = cm.
Przemieszczenia wzdłuż osi pręta (wydłużenia) ( )xu :
( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
∫∫ =→=→=→=
xx
xxx dxAE
xNxudxxxudxxxud
dx
xudx
00
εεε
gdy N(x) jest stałe to ( ) xAE
Nxu = i wydłużenie jest liniową funkcją współrzędnej x.
Stąd w rozważanym przykładzie:
0 < x < 1.0 m
( )
( )xxxu
3
429
3
10*78.010*4610*205
10*450−
−==
π
0.7
8
1.1
8
45
0
35
0
15
0
N(x)
kN
1.3
5
u(x)
mm
A
u
2d1d
x
200 kN 150 kN
100 kN
B C D
1.0 m 0.5m 0.5m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
84
( ) ABlu ∆=1 = 0.78 *10 -3
m = 0.78 mm .
1.0 < x < 1.5 m
( )
( )( ) ( )110*80.01
10*42.510*205
10*350 3
429
3
−+=−+=−
−xlxlxu ABAB ∆
π
∆
( ) ( )310*40.078.05.1 −
+=+== BCABAC lllu ∆∆∆ = 1.18*10 –3
m = 1.18 mm
1.5 < x < 2.0 m
( )
( )( ) ( )5.110*34.05.1
10*42.510*205
10*150 3
429
3
−+=−+=−
−xlxlxu ACAC ∆
π
∆
( ) ( )310*17.040.078.00.2 −
++=++== CDBCABAD llllu ∆∆∆∆ = 1.35*10 –3
m =1.35 mm .
Zmiana wymiarów średnicy w miejscu największej siły podłużnej wynosi:
( )
32
429
3
11 10*014.010*610*4610*205
10*4503.0 −−
−−=−=−=
π
ν∆ dAE
Nd
AB
AB m = -0.014 mm .
Warto zwrócić uwagę jak małe są wielkości przemieszczeń i zmiany wymiarów w stosunku
do początkowych wymiarów konstrukcji. Potwierdza to zasadność przyjęcia założenia zasady
zesztywnienia jak i późniejsze założenia o małych odkształceniach.
Przykład 9.8.2. Pręt pryzmatyczny, jak na
rysunku, obciążony jest tylko ciężarem
własnym. Wyznaczyć ( )xN , ( )xxσ i ( )xu
jeśli znane są jego: pole przekroju A, ciężar
objętościowy γ, długość l oraz moduł
sprężystości podłużnej E. Obliczyć długość zerwania jeśli wytrzymałość na rozciąganie
wynosi Rm.
Rozwiązanie
Wyznaczenie sił podłużnych: ( ) ( ) ( ) ( ) γγ lANxNmax;xlAxN ==−= 0
Siły podłużne zmieniają liniowo wzdłuż osi pręta i osiągają maksymalną wartość w
utwierdzeniu.
Naprężenia normalne: ( )( )
( ) ( ) γσσγσ lmax;xlA
xNx xxx ==−== 0
Wartości naprężeń też zmieniają się liniowo wzdłuż osi pręta, osiągają maksymalną wartość w utwierdzeniu i ta maksymalna wartość nie zależy od pola przekroju poprzecznego pręta.
Przemieszczenia wzdłuż osi pręta (wydłużenia) ( )xu :
( )( )
( ) ( ) ( ) ( )∫=→=→=
x
xxx dxxxudxxxuddx
xudx
0
εεε
( )( )
( ) ( )[ ] ( )222
00
222
xlxE
lxlE
dxxlE
dxE
xxu
xx
x−=−−−=−== ∫∫
γγγσ
( )xN
x
l
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
85
( )E
llluumax
2
2γ
∆ ===
Przemieszczenia są kwadratową funkcją współrzędnej x i osiągają swą największą wartość na
końcu pręta, przy czym wartość ta nie zależy od pola przekroju poprzecznego pręta. Wykresy
poszukiwanych funkcji pokazuje rysunek poniżej.
Długość zerwania Rl to długość pręta, obciążonego jedynie ciężarem własnym, przy której
największe w nim naprężenia normalne będą równe wytrzymałości na rozciąganie (można
powiedzieć: długość przy której zerwie się pod ciężarem własnym).
Zatem:
γ
γσm
RRmx
RllRmax =→==
Jak widać długość zerwania Rl jest stałą materiałową. Przykładowe wielkości długości
zerwania: drewno sosnowe 13.5 km, stal niskowęglowa 4.8 km, stal wysokowęglowa 9.1 km,
duraluminium 16.9 km .
Przykład 9.8.3. Na 1 m długości ławy fundamentowej o
przekroju prostokątnym bxh wykonanej z betonu o
ciężarze objętościowym γ = 22 kN/m3 przekazuje się
równomiernie rozłożone obciążenie ze ściany q = 250
kN/m. Wyznaczyć potrzebną szerokość fundamentu b
jeśli jej wysokość h = 1.5 m, a wytrzymałość obliczeniowa gruntu na ściskanie, na którym jest on
posadowiony wynosi Rc,g = 0.2 MPa
Rozwiązanie
Siła przekazywana z fundamentu na grunt wynosi:
11 *b*h**qN γ+=
Z warunku nośności wynika:
g,cg,c R*b
*b*h**qR
*b
N≤
+
→≤
1
11
1
γ
51102051102210250 6
33
.b*.b
b*.***≥→≤
+m.
Przykład 9.8.4. Nadproże wykonane z belki dwuteowej 200 przekazuje na mur obciążenie
w postaci siły P = 60 kN. Obliczyć potrzebną długość oparcia belki przyjmując, że
naprężenie obliczeniowe muru na ściskanie Rc,m = 2.0 MPa.
( )xu
E
l
2
2γ
l
x
( )xxσ
γlγlA( )xN
1.0 m
b
h
q =250 kN/m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
86
Rozwiązanie
Z warunku nośności wynika:
2
62
3
10333102109
1060−
−≥→≥→≥→≤ *.a
***
*a
R*s
PaR
a*s
P
m,c
m,c m
Przyjęto do wykonania 35=a cm.
W dwóch ostatnich powyższych przykładach warto zauważyć jak schemat obliczeniowy (pręt pryzmatyczny osiowo obciążony) daleko odbiega od rzeczywistej konstrukcji.
Przykład 9.8.5. Wyznaczyć nacisk N na 1 m długości przyczółka mostu jaki wywiera płyta
żelbetowa o grubości h = 42 cm przy wzroście temperatury ∆T = 25° C jeśli moduł
sprężystości podłużnej betonu E = 38.6 GPa a współczynnik rozszerzalności liniowej
αT = 10-5
/°C. Płyta przylega ściśle do obu przyczółków.
Rozwiązanie
Wydłużenie rozpiętości płyty l w przypadku jej swobodnego podparcia byłoby równe
∆l = αT ∆T l.
Skrócenie jej rozpiętości na skutek przyłożenia ściskającej siły wynosi ∆l = Nl/EA.
Porównanie obu tych wielkości daje równość:
395100534420106382510
1*..**.**hETN
*h*E
lNlT TT ===→=
−
∆α∆α kN.
Widać z powyższego, że ta siła (a jest ona bardzo duża) nie zależy od rozpiętości płyty
mostowej. Oczywiście szerokość potrzebnej szczeliny dylatacyjnej będzie od niej zależała.
Przykład 9.8.6. Dobrać potrzebny przekrój pręta AB w pasie dolnym podanej stalowej
kratownicy, jeśli wytrzymałość obliczeniowa stali R = 215 MPa. Przekrój pręta ma być złożony z dwóch kątowników równoramiennych. Po wyznaczeniu przekroju obliczyć nośność tego pręta.
Rozwiązanie
Siłę w pręcie AB wyznaczymy
metodą Rittera. Warunek
równowagi odciętej lewej części
kratownicy daje:
0=LCMΣ
04*2*1004*504*300 =−−− ABN
200=ABN kN (pręt jest rozciągany)
P
a
a
s=9 cm
BABN
C
A
100 kN
300 kN 300 kN
6*2 m
100 kN 100 kN 100 kN 100 kN
2 m
50 kN 50 kN
2 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
87
Potrzebne pole przekroju poprzecznego wyznaczamy z warunku granicznego nośności:
4
6
3
10*302.910*215
10*200−
=≥→≥→≤ AR
NAR
A
N ABAB m2 = 9.302 cm
2 .
Przyjęto z tablic profili walcowanych
2 45/45/6, których pole przekroju
poprzecznego 2.10=A cm2 (najbliższe w
tablicach ale większe od obliczonego).
Przez nośność pręta rozumiemy największą siłę podłużną którą może przenieść bez utraty
ciągłości.
Z warunku nośności otrzymujemy nośność pręta AB:
32 10321910215210 *.**.NmaxRANmaxRA
NmaxABAB
AB=≤→≤→≤ N.
Przykład 9.8.7. Wyznaczyć potrzebne wymiary
przekrojów poprzecznych prętów danego układu
przegubowo-prętowego jeśli: wytrzymałość obliczeniowa stali R = 165 MPa i wytrzymałość obliczeniowa drewna przy ściskaniu Rc,d = 10 MPa.
Po wyznaczeniu wymiarów określić położenie
punktu B po deformacji, jeśli moduły sprężystości
podłużnej stali i drewna wynoszą : Es = 205 GPa i Ed = 9 GPa.
Rozwiązanie
Siły w prętach wyznaczymy z warunków
równowagi sił działających na węzeł B.
0sin;0
0cos;0
=−=
=−−=
PNY
NNX
BC
ABBC
αΣ
αΣ
0.32−=ABN kN (pręt ściskany)
0.40=BCN kN (pręt rozciągany)
Wymiary przekrojów poprzecznych prętów wyznaczymy z warunku granicznego nośności.
Pręt AB – drewniany; ściskany:
6
32
,
,10*10
10*32≥→≥→≤ a
R
NAR
A
N
dc
AB
ABdc
AB
AB
210*66.5 −
≥a m
Przyjęto do wykonania a = 6.0 cm.
Skrócenie pręta AB
Pręt BC – stalowy; rozciągany:
6
32
10*165
10*40
4≥→≥→≤
d
R
NAR
A
N
s
BCBCs
BC
BC π
210*76.1 −
≥d m
Przyjęto do wykonania d = 1.8 cm.
Wydłużenie pręta BC
d
B α
P = 24 kN
A
C
a
drewno
stal
3.0 m
4.0 m
NBC
NAB Bα
P = 24 kN X
Y
45 mm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
88
===−49
3
10*36*10*9
4*10*32
ABd
ABAB
ABAE
lNl∆
210*395.0 −
= m.
( )===
−429
3
10*48.1*10*205
5*10*40
π
∆
BCs
BCBCBC
AE
lNl
210*383.0 −
= m.
Ze względu na bardzo małe skrócenie i wydłużenie prętów,
położenia punktu B po deformacji poszukiwać będziemy na
prostych prostopadłych do pierwotnych kierunków prętów, tak
jak to jest pokazane na rysunku obok, nazywanym planem
przemieszczeń. W przyjętym układzie odniesienia współrzędne
wektora przemieszczenia ( )BB vuBB ,' mają wartości:
395.0−=−= ABB lu ∆ cm
165.16.0383.03
4395.0sinctg =+=+= α∆α∆ BCABB llv cm
Przerywane linie na planie przemieszczeń wyjaśniają, w jaki
sposób wyliczono Bv .
Przykład 9.8.8.
Wyznaczyć współrzędne wektora przemieszczenia punktu przyłożenia siły podanego układu
przegubowo-prętowego.
Rozwiązanie
Przyjmijmy, że znane są wartości siły, wielkości
określające geometrię układu i moduł Younga co
pozwala wyliczyć siły w prętach układu i wielkości
wydłużenia i skrócenia odpowiednich prętów 1∆ i 2∆ .
Przy dowolnej geometrii układu kłopotliwe jest po
narysowaniu planu przemieszczeń wyznaczenie
współrzędnych wektora przemieszczenia punktu
przyłożenia siły ).,('AA vuAA Łatwo można to zrobić
postępując w pokazany niżej sposób.
W rozważanym punkcie przyjmijmy układ odniesienia
(u, v) w którym chcemy wyznaczyć współrzędne
wektora przemieszczenia. Współrzędne wersorów
kierunkowych prętów w przyjętym układzie wynoszą
odpowiednio: ( )αα sin,cos1e oraz ( )ββ sin,cos2 −e
i ich wyznaczenie jest proste przy znanej geometrii
układu.
Korzystając z własności iloczynu skalarnego wektorów
możemy napisać układ równań:
=
=
22'
11'
∆
∆
eAA
eAA →
( )
=+−
=+
2
1
sincos
sincos
∆ββ
∆αα
AA
AA
vu
vu,
z którego nie jest trudno wyliczyć obie poszukiwane
współrzędne Au oraz Av .
Bu u
ABl∆
α
α
B α
BCl∆
v
B’
Bv
A
2
1
α
β
P
1e
2∆
A
2
1
α
β
u
A’
v
1∆
2e
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
89
W omawianym przykładzie przyjmują one wartości:
αββα
α∆β∆
cossincossin
sinsin 21
+
−
=Au ; αββα
α∆β∆
cossincossin
coscos 21
+
+
=Av .
Przykład 9.8.9. Wyznaczyć siły w odkształcalnych prętach układu statycznie wyznaczalnego
i współrzędne wektora przemieszczenia punktu K. Dane są wartości obciążeń, moduły
sprężystości i wymiary układu. Nieodkształcalne pręty układu narysowane zostały grubymi
liniami.
W celu wyznaczenia sił w odkształcalnych prętach dokonujemy podziału konstrukcji, a
następnie rozpatrujemy warunki równowagi odciętych części.
PN
aPaNM D
2
0*42*0
2
2
=
=−→=Σ
PN
aPaNaNM C
3
0*2**0
1
21
=
=+−→=Σ
Znajomość sił w prętach 1 oraz 2 pozwala wyznaczyć ich wydłużenia:
11
1
3
AE
aP=∆ oraz
22
2
4
AE
aP=∆ .
Przemieszczenie punktu K będzie zależało od przemieszczenia punktu B spowodowanego
wydłużeniem pręta 1 oraz wydłużenia pręta 2.
Plan przemieszczeń pokazuje rysunek niżej.
2
1
D
a
P
4P a
a a a
K
C
B
A
P
C
B
A
N2
N1
a
a
a
D
4P
KN2
a VD
HD HC
VC
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
90
Położenia punktu A po deformacji poszukujemy na prostopadłej do pierwotnego kierunku
pręta 1 i prostopadłej do kierunku odcinka AC, który jest nieodkształcalny. Podobnie
postępujemy w punkcie K.
Współrzędne przemieszczenia wektora punktu K wynoszą:
212 ∆∆ +=Ku i ( ) α∆∆ tg2 21 +=Kv
gdzie: tg α = 1/2.
Przykład 9.8.10. Pręt BC ( na odcinku B1
– drewniany na odcinku 1C – stalowy),
potrzymuje sztywną ramę AD konstrukcji
prętowej o geometrii i obciązeniu jak na
rys. Wyznaczyć wymiar a pręta BC z
warunku nośności , jeśli: wytrzymałość obliczeniowa na rozciąganie stali
215=sR MPa, drewna 8=dR MPa, i
warunku użytkowania żadającym aby
pionowe przemieszczenie punktu D - vD
nie przekraczało 1 cm. Moduł sprężystości
wynoszą: stali 205=sE GPa, drewna
9=dE GPa.
Rozwiązanie
Obliczenie sił osiowych w pręcie BC.
Siłę na odcinku B1 wyznaczymy z warunku
zerowania się momentów względem punktu
A wszystkich sił działających na odciętą część konstrukcji (rys. obok)
∑ = 0AM ,
024102412241 =−+ ****N B ,
14221 .N B = kN.
Siła na odcinku 1C jest równa:
142140012142211 ...PNN BC =+=+= kN.
v
α K2
1 DC
B
K
α
∆1
B’
A’
2∆1 2∆1 +∆2 u
a a a
a
a
A
C
4 m 2 m
P=12 kN
A
1
B
D
a
2a
q=10 kN/m
2 m
4 m
2 m
q=10 kN/m
NB1
C
4 m
P=12 kN
A
D
4 m
VA
HA
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
91
Wyznaczenie wymiaru a z warunku nośności:
pręt stalowy:
2
6
32
2
1 10915010215
1014214
44
−
≥→≥→≤ *.a*
*.aR
a
Ns
C π
π
m,
pręt drewniany:
2
6
32
2
1 108180108
1014224
4
−
≥→≥→≤ *.a*
*.aR
a
Nd
B m.
Wyznaczenie wymiaru a przekroju pręta z
warunku użytkowania.
Pionowe przemieszczenie punktu D, które
wynosi (patrz rys. obok)
βcosDDv 'D =
potrzebujemy wyrazić poprzez wydłużenie
pręta BC.
Z planu przemieszczeń pokazanego obok
odczytujemy,
8320646 22 .cos =+=β ,
αα tg.tgDD' 211764 22=+=
'CCtg 24=α
Wydłużenie pręta BC :
=+=+=+==
410205
2214214
4109
2214222929
1
11
1
1111
a**
*.
a**
*.
A*E
lN
A*E
lNllCCl
Cs
CC
Bd
BBCB
'BC
π
∆∆∆
29104170 −−
= a*.
Pionowe przemieszczenie punktu D:
29101521493833 −−
=== a*.CC*.cosDDv ''D β ,
stąd warunek użytkowania daje:
2229 1018911011015214 −−−−
≥→≤ *.a*a*. m.
Jak widąc z obliczeń o wielkości a decyduje w tym przypadku stan graniczny użytkowania i
ostatecznie przyjęto do wykonania 201.a = cm.
Przykład 9.8.11. Wyznaczyć siły w prętach układu pokazanego na rysunku, obciążonego siłą P = 48 kN jeśli przekroje wszystkich prętów są jednakowe o polu A = 2 cm
2 . Określić
położenie punktu przyłożenia siły po deformacji jeśli moduł Younga materiału prętów E =
205 GPa.
C
vD
A
α
B
D
D’
C’
α
B
β
4 m 2 m
4 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
92
0.41 =l m, 4.22 =l m, 0.33 =l m
8.0sin =α
6.0cos =α
Rozwiązanie
Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna. Widać to wyraźnie po wycięciu
węzła K, na który, oprócz siły zewnętrznej P, oddziaływają trzy niewiadome siły osiowe z
prętów, a ponieważ tworzą one układ sił zbieżnych, to istnieją jedynie dwa niezależne
warunki równowagi. W przypadku konstrukcji statycznie niewyznaczalnych, aby wyznaczyć siły przekrojowe lub reakcje oprócz równań równowagi musimy sformułować równania
geometryczne wynikające z kinematycznych warunków brzegowych (sposobu podparcia lub
wzajemnych połączeń elementów konstrukcji). Liczba niezależnych równań geometrycznych
jest równa „krotności” statycznej niewyznaczalności układu. Tak więc komplet równań, który
pozwala na wyznaczenie sił przekrojowych, składa się z równań równowagi i równań geometrycznych.
W tym miejscu należy powiedzieć jeszcze o innej ważnej różnicy między układami statycznie
niewyznaczalnymi i wyznaczalnymi. Rzecz w tym, że na wielkości sił przekrojowych w
konstrukcjach statycznie niewyznaczalnych mają wpływ: zmiany temperatury, błędy
montażowe, osiadanie podpór, charakterystyki geometryczne przekrojów (pole przekroju,
momenty bezwładności) jak i stałe materiałowe. W konstrukcjach statycznie wyznaczalnych
siły przekrojowe są niezależne od tych zjawisk i parametrów.
Równania równowagi:
0
0
31 =+−
=
αα
Σ
cosNsinN
;X,
PsinNNcosN
;Y
=++
=
αα
Σ
321
0.
Warunek geometryczny w rozważanym układzie wynika
z połączenia trzech prętów w węźle K. Wydłużenia
prętów muszą być takie, aby po deformacji końce
prętów schodziły się w jednym punkcie. Narysowany
obok plan przemieszczeń stanowi podstawę do
sformułowania równania geometrycznego, a dokładniej
mówiąc równania nierozdzielności przemieszczeń. Przy
wyznaczeniu tego równania zastosujemy wcześniej
opisane podejście, wykorzystujące iloczyny skalarne
wektora przemieszczenia ( )KK vuKK ,' i wersorów
1 3
α
3.2 m
K
P
1.8 m
2.4 m
2
N1
α
K
P
N2 N3
2e
1e
α
K
∆ 3
1
u
v
∆ 1
∆ 2
2 3
K’
3e
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
93
kierunkowych prętów układu 321 ,, eee .
I tak, współrzędne wersorów w przyjętym układzie osi (u, v) są: ( )αα cos,sin1e , ( )1,01e ,
( )αα sin,cos3 −e .
Układ równań, z którego dla dowolnej geometrii układu łatwo możemy wyznaczyć równanie
nierozdzielności przemieszczeń ma postać:
=⋅
=⋅
=⋅
33'
22'
11'
∆
∆
∆
eKK
eKK
eKK
Z takiego układu zawsze można uzyskać równanie wiążące wydłużenia prętów.
Podstawienie danych z rozważanego przykładu daje układ:
=+−
=
=+
3
2
1
sincos
cossin
∆αα
∆
∆αα
KK
K
KK
vu
v
vu
z którego otrzymujemy równanie geometryczne w postaci:
α∆α∆∆ sincos 312 += .
Ostatecznie komplet równań do wyznaczenia sił przekrojowych przedstawia się następująco:
+=
=++
=+−
αα
αα
αα
sincos
sincos
0cossin
331122
321
31
AE
lN
AE
lN
AE
lN
PNNN
NN
.
W wyniku jego rozwiązania otrzymujemy: 0.121 =N kN, 0.282 =N kN, 0.163 =N kN.
Wydłużenia prętów wynoszą:
3
49
3
1 10*171.110*2*10*205
4*10*12−
−==∆ m, 3
49
3
2 10*639.110*2*10*205
4.2*10*28−
−==∆ m,
3
49
3
3 10*171.110*2*10*205
3*10*16−
−==∆ m.
Współrzędne wektora przemieszczenia punktu K, wyznaczone z układu równań:
=
=+
2
1cossin
∆
∆αα
K
KK
v
vu ,
są równe: 234.0=Ku mm, 639.1=Kv mm .
Przykład 9.8.12. Wyznaczyć siły w prętach podanego układu przy wzroście temperatury
∆T = 30° C, jeśli: moduł sprężystości podłużnej stali E = 205 GPa a współczynnik
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
94
rozszerzalności liniowej εT = 12*10-6
/°C , przekroje poprzeczne wszystkich prętów są jednakowe o polu A = 2 cm
2 .
0.41 =l m , 4.22 =l m, 0.33 =l m,
8.0sin =α
6.0cos =α
Rozwiązanie
Konstrukcja jest statycznie niewyznaczalna. więc zmiana warunków jej pracy w postaci
zmiany temperatury czy przemieszczania się podpór skutkuje powstawaniem w niej sił
przekrojowych, w tym przypadku będą to siły podłużne.
W równaniach równowagi nie wystąpią zewnętrzne siły obciążające, we wzorach na
wydłużenia prętów dojdą człony związane ze wzrostem temperatury.
Równania równowagi:
0cossin
0
31 =+−
=
αα
Σ
NN
X
0sincos
0
321 =++
=
αα
Σ
NNN
Y
Warunek geometryczny jest taki sam jak w przykładzie 9.8.11 bo geometria układu jest
identyczna.
α∆α∆∆ sincos 312 += ,
ale zmienią się wzory określające zmianę długości prętów, gdyż pojawią się człony związane
ze zmianą temperatury:
333
3222
2111
1 lTAE
lN,lT
AE
lN,lT
AE
lNTTT ∆ε∆∆ε∆∆ε∆ +=+=+= ,
i komplet równań do wyznaczenia sił osiowych w prętach ma postać:
++
+=+
=++
=+−
α∆εα∆ε∆ε
αα
αα
sinlTAE
lNcoslT
AE
lNlT
AE
lN
sinNNcosN
cosNsinN
TTT 333
111
222
321
31
0
0
W wyniku jego rozwiązania otrzymujemy: 38.71 −=N kN, 30.122 =N kN, 84.93 −=N kN.
1 3
α
3.2 m
K
1.8 m
2.4 m
2
N1
α
K
N2 N3
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
95
Przykład 9.8.13. Wyznaczyć siły w prętach układu
pokazanego na rysunku,
obciążonego siłą P = 60 kN jeśli wszystkie pręty mają jednakowe
przekroje poprzeczne i
jednakowe są ich moduły
Younga.
Rozwiązanie
Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna.
Równania równowagi:
0
0
332211 =+−−
=
ααα
Σ
cosNcosNcosN
;X,
PsinNsinNsinN
;Y
=−−
=
332211
0
ααα
Σ
.
Równanie nierozdzielności przemieszczeń napiszemy na
podstawie przyjętego ( narysowanego obok) planu
przemieszczeń. Wektor przemieszczenia liniowego węzła
w którym przyłożona jest siła, w przyjętym układzie
odniesienia (u, v), ma współrzędne ( )KK vuKK ,' .
Wersory kierunkowe osi prętów mają współrzędne:
( )111 αα sin,cose , ( )222 αα sin,cose − ,
( )333 αα sin,cose .
Z geometrii konstrukcji bez trudu wyznaczamy:
60001 .cos =α , 80001 .sin =α , 707022 .sincos == αα , 80003 .cos =α , 60003 .sin =α .
Układ równań, z którego możemy wyznaczyć równanie nierozdzielności przemieszczeń ma
postać:
→
=⋅
=⋅
=⋅
33
22
11
∆
∆
∆
eKK
eKK
eKK
'
'
'
=+
=+−
=+
→
=+
=+−
=+
3
2
1
333
222
111
60008000
70707070
80006000
∆
∆
∆
∆αα
∆αα
∆αα
KK
KK
KK
KK
KK
KK
v*.u*.
v*.u*.
v*.u*.
v*sinu*cos
v*sinu*cos
v*sinu*cos
3 m
1
3
P
2
4 m
4 m
3 m
K
3α
1α
2α
3N
P
1N
2N
2e3e
1e
K
∆ 3
∆ 1
∆ 2
3α
1α
2α
u
v K’
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
96
W równaniach występują bezwzględne wartości zmian długości prętów, bo plan
przemieszczeń zakłada również skrócenie niektórych prętów.
Z tego układu wyznaczamy poszukiwane równanie geometryczne:
231 *414.1*000.5*000.5 ∆=∆−∆ , ale plan przemieszczeń zakłada wydłużenie pręta 1 i
skrócenie prętów 2 i 3, więc 02<∆ oraz 03<∆ , zatem 22 ∆∆ −= i 33 ∆∆ −= , i
ostatecznie równanie geometryczne ma postać:
231 *414.1*000.5*000.5 ∆−=∆+∆ .
Uwzględniając, że sztywność na rozciąganie EA wszystkich prętów jest jednakowa, komplet
równań do wyznaczenia sił w prętach podanego układu jest następujący:
−=+
=−−
=+−−
3*2*414.15*000.55*000.5
06600.0707.0800.0
0800.0707.0600.0
221
321
321
NNN
NNN
NNN
W wyniku jego rozwiązania otrzymujemy:
353261 .N = kN, 034412 .N −= kN, 505163 .N −= kN.
Przykład 9.8.14. Wyznaczyć potrzebną średnice
stalowych odkształcalnych prętów układu
obciążonego jak na rys., jeśli: 50=q kN/m,
21 2 AA = , EEE == 21 , 165=R MPa.
Narysowany pogrubioną linią pręt ABC jest
nieodkształcalny.
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny. Aby wyznaczyć siły przekrojowe oprócz
jednego równania równowagi potrzebujemy dodatkowo jednego równania geometrycznego.
Równanie równowagi:
05.1*3*2
2*1*
0
21 =−+
=
qNN
M AΣ
Poziomy pręt jest nieodkształcalny, i może się obracać tylko względem punktu A.
Pamiętając o tym, że położenia punktów po
deformacji poszukiwać będziemy na
prostopadłych do pierwotnych kierunków
prętów, możemy napisać poniższe równanie
geometryczne:
21
''CCBB
= , ale 1'
∆=BB ; 2' 2 ∆=CC
stąd:
21 22 ∆=∆
1 2
A C B 1.0 m 1.0 m 1.0 m
1.0 m q
∆2
∆1
C B
C’ B
’
1 2
N1
HA
VA
N2
A C B
q
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
97
Podstawiając za 1
111
AE
lN=∆ oraz
2
222
AE
lN=∆ wraz z zależnościami między długościami
prętów ich przekrojami i modułami Younga do równania geometrycznego otrzymujemy:
21 2NN = .
Komplet równań z którego możemy wyznaczyć siły w prętach ma postać:
=
=+
21
21
2
5.42
2
NN
qNN a jego rozwiązanie daje: 801311 .N = kN, 90652 .N = kN.
Potrzebne średnice prętów wyznaczymy z warunku nośności:
Pręt 1: 216
321
1
1 10189310165
1080131
4
−≥→≥→≤ *.d
*
*.dR
A
N πm.
Pręt 2: 226
322
2
2 10255210165
109065
4
−≥→≥→≤ *.d
*
*.dR
A
N π m.
Ponieważ siły w prętach zostały wyznaczone przy założonych proporcjach 21 2AA = więc
średnice prętów związane są zależnością 21 2 dd = i do wykonania przyjęto 2031 .d = cm a
2622 .d = cm.]
Przykład 9.8.15. Wyznaczyć naprężenia i zmiany
długości odkształcalnych prętów układu prętowego
obciążonego jak na rysunku, jeśli siła P = 100 kN,
pola przekrojów poprzecznych prętów
A1 = 4 cm2, A2 = 2 cm
2, moduł sprężystości podłużnej
E1 = E2 = 205 GPa.
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny.
Równanie równowagi:
01*2
1*2*1*
0
21 =+−−
=
PPNN
M BΣ
Na podstawie założonego planu przemieszczeń możemy napisać równanie geometryczne, dokładniej równanie nierozdzielności
przemieszczeń. W tym przypadku ma ono postać: α∆∆ tg21 =
Plan przemieszczeń zakłada wydłużenie pręta 1 i skrócenie pręta 2,
zatem 01 >∆ , a 02 <∆ stąd 11 ∆∆ = i 22 ∆∆ −= , a ponieważ
5.0tg =α równanie geometryczne przyjmuje formę:
212 ∆∆ −=
Zmiany długości prętów wynoszą:
α
∆2
K
α
∆1
K’
K
C
A
0.5P
1.0 m
1
2
B
P 1.0 m 1.0 m
0.5P HB
VB
N2
B
P
N1
K
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
98
11
111
AE
lN=∆ ;
22
222
AE
lN=∆ .
Komplet równań do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych prętach układu:
−=
=−
−− 49
2
49
1
321
10*2*10*20510*4*10*205
4
10*502
NN
NN
→→→→ 0.101 =N kN; 0.202 −=N kN.
Naprężenie normalne w przekroju poprzecznym prętów i zmiany ich długości wynoszą:
w pręcie 1- rozciąganym; 6
4
3
1
1 10*0.2510*4
10*10===
−A
Nσ Pa = 25.0 MPa
3
49
3
11
111 10*244.0
10*4*10*205
2*10*10−
−===
AE
lN∆ m = 0.244 mm .
w pręcie 2- ściskanym; 6
4
3
2
2 10*0.10010*2
10*20−=−==
−A
Nσ Pa = -100.0 MPa
3
49
3
22
222 10*488.0
10*2*10*205
1*10*20−
−−=
−==
AE
lN∆ m = - 0.488 mm .
Przykład 9.8.16. Wyznaczyć siły w
odkształcalnych prętach układu jak na rysunku,
spowodowane wzrostem temperatury =T∆ 45 °C,
jeśli współczynnik rozszerzalności cieplnej
liniowej C*To61012 −
=ε , pola przekrojów
poprzecznych prętów A1 = A2 = 2 cm2, moduł
sprężystości podłużnej E1 = E2 = 205 GPa.
Rozwiązanie
Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna.
W równaniach równowagi nie wystąpią zewnętrzne siły obciążające, we wzorach
określających zmianę długości prętów dojdą człony związane ze wzrostem temperatury.
Równanie równowagi:
021
0
21 =−
=
*N*N
M BΣ
C
A 1.0 m
1
2
B
2.0 m
HB
VB
N2
B
N1 K
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
99
Równanie nierozdzielności przemieszczeń :
α∆∆ tg21 = ,
ale 01 <∆ , a 02 >∆ stąd 11 ∆∆ −= i 22 ∆∆ = ,
więc równanie geometryczne przyjmuje formę:
12 2∆∆ −=
Zmiany długości prętów wynoszą:
1
11
111 lT
AE
lNT ∆ε∆ += , 2
22
222 lT
AE
lNT ∆ε∆ += .
Komplet równań do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych prętach układu:
+−=+
=−
−
−
−
−2451012
10210205
221451012
10210205
02
6
49
16
49
2
21
******
N***
***
N
NN
→→→→
246001 −=N kN; 123002 −=N kN.
Naszkicujmy położenie punktu K po deformacji konstrukcji.
=+−
=+=−
−2451012
10210205
224600 6
491
1
111 ***
***
*lT
AE
lNT ∆ε∆
( )33 1012010081201 −−
−=+−= *.*.. m,
=+−
=+=−
−1451012
10210205
112300 6
492
2
222 ***
***
*lT
AE
lNT ∆ε∆
( )33 1024010540300 −−
=+−= *.*.. m.
Przykład 9.8.17. Wyznaczyć siły w
odkształcalnych prętach układu, które
powstaly w wyniku błedu montażowego.
Pręt 1 wykonany został za krótki o ∆ = 2
mm. Średnice prętów wynoszą odpowiednio: 0.11 =d cm i 0.22 =d cm
a moduły Younga 20521 == EE GPa.
K’
∆1
α
∆2
K α
K’
2
1
0.2
4*10
-3 m
0.12*10-3
m
∆
1.0 m 1.0 m 1.0 m
2
A CB
1
1.0 m
1.0 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
100
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie
niewyznaczalny.
Równanie równowagi:
02*1*
0
21 =+
=
NN
M AΣ
Równanie geometryczne:
21
21 ∆∆∆
=
−
ale 01 >∆ , a 02 <∆ stąd
11 ∆∆ = i 22 ∆∆ −= ,
zatem: ( )12 2 ∆∆∆ −−= .
Komplet równań do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych prętach układu:
−−=
=+
1
11
2
22
21
2
02
AE
lN
AE
lN
NN
∆
−−=
=+
−
−
− 429
13
429
2
21
10*)41(10*205
210*22
10*)42(10*205
02
ππ
NN
NN
.
Siły w prętach wynoszą: 613151 .N = kN, 80672 .N −= kN.
Przykład 9.8.18. Wyznaczyć siły w
odkształcalnych prętach układu, które
powstaly w wyniku błedu montażowego.
Pręt 1 wykonany został za długi o ∆ = 2
mm. Średnice prętów wynoszą odpowiednio: 0.11 =d cm i 0.22 =d cm
a moduły Younga 20521 == EE GPa.
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny.
Równanie równowagi:
02*1*
0
21 =+
=
NN
M AΣ
∆ 1
∆ 2
B C A
C’
B’
1 2
∆
1.0 m 1.0 m 1.0 m
HA
VA
A C B
N1 N2
1.0 m 1.0 m 1.0 m
A
C B HA
VA
N1 N2
1.0 m 1.0 m 1.0 m
∆
1.0 m 1.0 m 1.0 m
2
A
C
B
1
1.0 m
1.0 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
101
Równanie geometryczne:
21
21 ∆∆∆
=
−
ale 01 <∆ , a 02 >∆ stąd
11 ∆∆ −= i 22 ∆∆ =
zatem
( )12 2 ∆∆∆ += .
Komplet równań do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych prętach układu:
+=
=+
1
11
2
22
21
2
02
AE
lN
AE
lN
NN
∆
+=
=+
−
−
− 429
13
429
2
21
104110205
21022
104210205
02
*)(*
N*
*)(*
N
NN
ππ
.
Siły w prętach wynoszą: 613151 .N −= kN, 80672 .N = kN.
Sprawdźmy spełnienie warunku geometrycznego i naszkicujmy obraz konstrukcji po
deformacji.
( )
3
4291
111 1093941
104110205
215613−
−−=
−== *.
**
*
AE
lN
π
∆ m
( )
3
4292
222 1012120
104210205
17806−
−=== *.
**
*
AE
lN
π
∆ m
Warunek geometryczny miał postać ( )12 2 ∆∆∆ += i jak łatwo sprawdzić
wyznaczone przemieszczenia go spełniają:
( )33 1093941221012120 −−
−= *.*. m.
Przykład 9.8.19. Wyznaczyć siły w odkształcalnych prętach 1 i 2 układu przegubowo-
prętowego jak na rys. Pola ich przekrojów poprzecznych AAA == 21 , modułów sprężystości
podłużnej EEE == 21 .
∆ 1
∆ 2
B
C A
C’
B’
1 2
∆
1.0 m 1.0 m 1.0 m
B
C A
C’
B’
1 2
2,00000,1212
1,9394
0,0606
α
C
B
A
2
1
20 kN/m
30 kNm
3 m 4 m
4 m
2 m
3 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
102
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie
niewyznaczalny.
Równanie statyki:
∑ = 0AM ,
030252043 21 =+−+ ***N*N .
Z pokazanego obok planu przemieszczeń wyznaczymy równanie geometryczne.
Sztywna rama BAC może się tylko
obracać wokół przegubu A. Zadając
wydłużenie pręta pierwszego 1∆ , przy
nieodkształcalnym pręcie AB, określamy
położenie punktu B po deformacji i tym
samym narzucamy, że wszystkie punkty
sztywnej ramy BAC obracają się o ten
sam kąt ϕ , a to definiuje położenie
punktu C po deformacji i wydłużenie
pręta drugiego 2∆ .
Pokazany i opisany obraz przemieszczeń daje zależności
ABBBtg '=ϕ , a ponieważ długość 5=AB m, a α∆ sinBB'
1= , to
31∆ϕ =tg .
Równocześnie ACCCtg '=ϕ , i dalej 5=AC m , α∆ cosCC ' 2= , więc
42∆ϕ =tg .
Zatem równanie geometryczne ma postać:
21
22
22
11
1121 375075043 N.N
AE
lN.
AE
lN=→=→= ∆∆ .
Układ równań do wyznaczenia sił w prętach przedstawia się następująco:
=
=+
21
21
3750
17043
N.N
NN.
Siły w prętach podanego układu prętowego wynoszą: 439121 .N = kN, 170332 .N = kN.
α
α
2∆
C
ϕ
B
A
3 m
4 m 3 m
4 m
B’
1∆
C’
ϕ
α
8054
6053
.cos
.sin
==
==
α
α
A
N1
N2
3 m
20 kN/m
30 kNm
4 m 3 m
4 m
HA
VA
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
103
Przykład 9.8.20. Wyznaczyć naprężenia
normalne w odkształcalnych prętach 1 i 2
potrzymujących sztywną tarczę ABC
pokazaną na rys. Pole przekroju
poprzecznego pręta 2 oraz pręta 1 na
odcinku DF wynosi 22=A cm2, pole
przekroju poprzecznego pręta 1 na
odcinku FG jest równe 21 2AA = .
Moduł Younga materiału obu prętów
wynosi E.
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statyczne
niewyznaczalny.
Równanie równowagi:
∑ = ,X 0
032015221 =+−−− *NN DF .
Pokazany obok plan przemieszczeń pozwala wyznaczyć równanie
geometryczne. Sztywna tarcza ABC
może przemieszczać się tylko poziomo.
Zadając wydłużenie pręta pierwszego
1∆ , definiujemy położenie wszystkich jej
punktów a to określa wydłużenie pręta
drugiego 2∆ .
Zatem równanie geometryczne ma postać:
21 2∆∆ = .
Pręt pierwszy jest obciążony siłą osiową 15 kN w połowie swej długości i dodatkowo ma
zmienny przekrój więc jego wydłużenie jest równe:
( )
2
1
2
11
2
511551
A*E
.*N
EA
.*N DFDF +
+=∆ , i równanie geometryczne jest następujące:
( )
2
2
2
1
2
1 512
2
511551
EA
.*N
A*E
.*N
EA
.*N DFDF=
+
+ .
Układ równań do wyznaczenia sił w prętach ma postać:
20 kN/m
40 kN
B
A
4 m
2
30 kNm C
G F
D
1
1.5 m 1.5 m
15 kN
1.5 m
1.5 m
1.5 m
B
C’
B’
1
45°
A
2
C
G
A’
2∆
1∆
G’
VB
2N
VA
20 kN/m
40 kN
B
A
4 m
30 kNm C
G
F
DFN1
15 kN
3 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
104
=+
=+
21
21
2512511252
452
N*..N.
NN
DF
DF .
Siły w prętach podanego układu prętowego mają wartości: 571231 .N DF = kN, 305302 .N =
kN, 571381 .N FG = kN.
Naprężenia normalne wynoszą: w pręcie 1
na odcinku DF 855117102
10571234
3
.*
*.==
−σ MPa,
na odcinku FG 42896104
10571384
3
.*
*.==
−σ MPa,
w pręcie 2
525151102
10305304
3
.*
*.==
−σ MPa.
Przykład 9.8.21. Wyznaczyć wykresy ( )xN , ( )xu i ( )xxσ w pręcie obciążonym osiowo i
zamocowanym między nieodkształcalnymi ścianami jak na rysunku.
Dane:
P = 100 kN, a = 2 cm ,
E = 205 GPa
Rozwiązanie
Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna.
Równanie równowagi:
000 =+→=++−→= GAGA HHHPPHXΣ
Równanie geometryczne:
( )
( )
( )
( ) ( )0
5151
2
51
2
51
0
00
2222=
−+−
+
+−
+
+−
+
−
→=+++
→=+++→=
aE
.*PPH
aE
.*PH
aE
.*PH
aE
.*H
AE
lN
AE
lN
AE
lN
AE
lN
lllll
AAAA
DG
DGDG
CD
CDCD
BC
BCBC
AB
ABAB
DGCDBCABAG ∆∆∆∆∆
W wyniku rozwiązania tego układu równań otrzymujemy: 0.50=AH kN i 0.50−=GH kN.
Wartości sił podłużnych są równe:
0.50−=ABN kN, 0.50=BCN kN, 0.50=CDN kN, 0.50−=DGN kN.
Wartości naprężeń normalnych xσ wynoszą:
A B C
G P
x
u
a 2a
1.5 m 1.5 m 1.5 m 1.5 m
HA P HG
D
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
105
25.31−=ABxσ MPa, 25.31=BCxσ MPa, 00.125=CDxσ MPa, 00.125−=DGxσ MPa.
Wartości wydłużeń poszczególnych odcinków pręta wynoszą:
3
49
3
10*229.010*16*10*205
5.1*10*50−
−−=
−==
AB
ABABAB
AE
lNl∆ m = -0.229 mm
3
49
3
10*229.010*16*10*205
5.1*10*50−
−===
BC
BCBCBC
AE
lNl∆ m = 0.229 mm
3
49
3
10*915.010*4*10*205
5.1*10*50−
−===
CD
CDCDCD
AE
lNl∆ m = 0.915 mm
3
49
3
10*915.010*4*10*205
5.1*10*50−
−−=
−==
DG
DGDGDG
AE
lNl∆ m = -0.915 mm
( )310*915.0915.0229.0229.0 −
−++−=AGl∆ = 0
Wykresy poszukiwanych wielkości:
A B C G
P
x
u
1.5 m 1.5 m 1.5 m 1.5 m
P
D
N(x)
50
50
N(x)
kN
x
σ x (x)
31.2
5
12
5.0
12
5.0
31
.25
σ x (x)
MPa x
0.9
15
0.2
29
u(x)
u(x)
mm
x
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
106
Przykład 9.8.22. Słup żelbetowy o przekroju 0.4x0.4 m i zbrojeniu 8 ø 22 mm obciążony jest
osiową siłą ściskającą P = 3000 kN. Wyznaczyć naprężenia w stali zbrojeniowej i betonie
jeśli moduły Younga stali Es = 205 GPa i betonu Eb = 32.5 GPa.
410*16004.0*4.0 −
==bA m2
410*41.30 −
=sA m4
Rozwiązanie
Przy założeniu pełnej przyczepności stali i betonu zadanie
jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równanie
równowagi w którym Nb – siła przenoszona przez beton,
a Ns – siła przenoszona przez stal ma postać:
PNN sb =+
Warunek geometryczny, który wynika z założonej przyczepności mówi o równości
przemieszczeń w obu elementach składowych konstrukcji:
sb ll ∆∆ = .
Stąd komplet równań do wyznaczenia sił osiowych jest następujący:
=
=+
ss
s
bb
b
sb
AE
lN
AE
lN
PNN
→
=
=+
−− 4949
3
10*41.30*10*20510*1600*10*5.32
10*3000
sb
sb
NN
NN
.
W wyniku rozwiązania otrzymujemy: 84.2678=bN kN; 16.321=sN kN, i obie siły są
ściskające.
Naprężenia ściskające w betonie i stali są równe:
74.1610*1600
10*84.26784
3
===−
b
bb
A
Nσ MPa, 61.105
10*41.30
10*16.3214
3
===−
s
ss
A
Nσ MPa.
Przykład 9.8.23. Jak zmienia się stosunek energii odkształcenia objętościowego UV i energii
odkształcenia postaciowego Uf do całkowitej energii U w zależności od wartości liczby
Poissona ν w osiowo rozciągany pręcie pryzmatycznym.
Rozwiązanie
=
000
000
00
,,
,,
,,
T
xσ
σ.
.E
;E
;A
NxfxVx22
3
1
6
21σ
νΦσ
νΦσ
+=
−==
P
l
0.4 m
N N
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
107
VE
UUU;VE
dVU;VE
dVU xfVx
V
ffx
V
VV23
1
6
212
22 σσ
νΦσ
νΦ =+=
+==
−== ∫∫ .
( )ν213
1−==
U
Uk V
V , ( )ν+== 13
2
U
Uk
f
f
Przykład pokazuje, że w analizowanym przypadku:
• ilość energii, która zużywana jest na zmianę postaci zawsze jest większa od tej, która
zużywana jest na zmianę objętości,
• w materiałach nieściśliwych ( 50.=ν ), cała praca sił zewnętrznych zużywa się na zmianę
postaci.
Przykład 9.8.24. Obliczyć zmianę objętości V∆ rozciąganego osiowo siłą N pręta o długości
l i polu przekroju poprzecznego A wykonanego z materiału o stałych sprężystych E oraz ν .
Rozwiązanie
Względna zmiana objętości w punkcie określona wzorem (6.19) wynosi:
zyxD εεε ++= .
Aby otrzymać całkowitą zmianę objętości ciała należy wykonać całkowanie po jego objętości
( )∫∫∫∫∫∫ ++==
V
zyx
V
dVdVDV εεε∆ .
W rozważanym przypadku pręta rozciąganego osiowo stałą siłą N, otrzymujemy:
( ) ( ) ( )E
lNV
EA
NdVV
V
zyx ννεεε∆ 2121 −=−=++= ∫∫∫ .
W izotropowych liniowo sprężystych materiałach liczba Poissona zawiera się w granicach
500 .≤≤ ν , więc pręt rozciągany osiowo wykonany z takiego materiału zwiększa swoją
objętość.
ν
0.50
kV
kf
0.25
1/3
2/3
1.0
kf , kV
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
108
10. PROSTE ZGINANIE
10.1. Naprężenia i odkształcenia
Proste zginanie pręta pryzmatycznego występuje wówczas gdy układ sił zewnętrznych po
jednej stronie jego przekroju poprzecznego redukuje się do momentu (pary sił), którego
płaszczyzna działania jest prostopadła do płaszczyzny przekroju, a wektor jest równoległy do
jednej z głównych centralnych osi bezwładności przekroju poprzecznego. Moment ten M
nazywamy momentem zginającym. Naszym zadaniem będzie wyznaczenie macierzy
naprężeń i odkształceń oraz współrzędnych wektora przemieszczenia w dowolnym punkcie
takiego pręta.
Rozważmy więc, pokazany na rys. 10.1 pręt pryzmatyczny o polu przekroju poprzecznego A
określony w układzie osi (X, Y ,Z) w którym oś X jest osią pręta a osie (Y, Z) są głównymi
centralnymi osiami bezwładności jego przekroju poprzecznego. W rozważanym przypadku
występuje proste zginanie w płaszczyźnie (X, Z) a wektor momentu zginającego jest
równoległy do osi Y i dlatego na rysunku moment ten jest nazwany My. Materiał pręta jest
izotropowy, liniowo sprężysty o stałych materiałowych E oraz ν.
Postawione zadanie rozwiążemy postępując analogicznie jak w przypadku osiowego
rozciągania. Po dokonaniu myślowego przekroju pręta na dwie części, odrzuceniu części II i
przyłożeniu do części I układu sił wewnętrznych rozważymy trzy komplety równań, tzn.
równania równowagi, geometryczne i fizyczne.
Równania równowagi wynikające z twierdzenia o równoważności odpowiednich układu sił
wewnętrznych i zewnętrznych w tym przypadku przyjmą postać:
( )
=−==+−
===
∫∫∫∫∫∫
∫∫∫∫∫∫
.dAy,MdAz,dAyz
,dA,dA,dA
A
xy
A
x
A
xzxy
A
xz
A
xy
A
x
00
000
σσττ
ττσ
(9.1)
Równania geometryczne będą wynikiem analizy deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń.
Obraz deformacji zginanego pręta przypuszczony w oparciu o przyjęte założenia odnośnie
własności jego materiału i hipotezę płaskich przekrojów Bernoulliego pokazuje rys. 10.2.
My
My
Rys. 10.1
xσ
X
Z
xzτ
xyτ
Y
x
I
A
My
Z Y
X
x
( )001 ,,v
I II
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
109
Analizując przypuszczony obraz deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń przyjmiemy, że:
• przekroje płaskie i prostopadłe do osi pręta przed przyłożeniem obciążenia pozostały
płaskie i prostopadłe do osi pręta po deformacji,
• odkształcenia kątowe włókien równoległych do osi układu odniesienia są równe zero,
• odkształcenia liniowe związane są zależnością: xzy ενεε −== ,
• górne włókna uległy wydłużeniu, a dolne skróceniu, istnieje warstwa włókien - warstwa
obojętna, których długość nie uległa zmianie, choć przyjęły formę krzywoliniową o
stałym promieniu krzywizny ρ , i w konfiguracji początkowej włókna te leżały na
płaszczyźnie (X, Y).
W celu wyznaczenia odkształcenia liniowego xε
rozważmy deformację odcinka pręta o dowolnie
małej długości dx przed przyłożeniem obciążeń
(rys. 10.3). Po przyłożeniu obciążenia przekroje
skrajne obrócą się i utworzą dowolnie mały kąt dϕ.
Jeśli ρ jest promieniem krzywizny warstwy
obojętnej to odkształcenia liniowe xε włókien
odległych o z od warstwy obojętnej wynoszą:
( )
ρϕρ
ϕρϕρ
ϕ
∆ε
z
d
ddz
ddx
dx
dxx =
−+
→
=
→
=
0
lim
0
lim
Tak więc równania geometryczne mają postać:
,ρ
εz
x = ,ρ
νενεεz
xyy −=−==
0,0,0 === zxyzxy γγγ .
Naprężenia wyznaczymy korzystając z równań Hooke’a.
Rys. 10.2
z
dϕ ρ
z
C ‘
B A
D ‘
z
warstwa
obojętna
Rys. 9.3
dx
dx+∆ dx
C
D
X
Z
dx
X
x
Z
X
warstwa obojętna
konfiguracja
początkowa
konfiguracja
aktualna
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
110
( ) xxzyxxx EE
εσεεε
ν
νε
ν
σ =→
++
−
+
+
=
211
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= yzyxyy
Eσεεε
ν
νε
ν
σ
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= zzyxzz
Eσεεε
ν
νε
ν
σ
0=→= xyxyxy G τγτ ; 0=→= yzyzyz G τγτ ; 0=→= zxzxzx G τγτ
Należy teraz sprawdzić czy wyprowadzone w oparciu o obserwacje deformacji pręta
naprężenia spełniają równania równowagi (10.1) i związać naprężenia z obciążeniami, które
redukują się tylko do momentu zginającego.
Zerowanie się naprężeń stycznych powoduje, że równania drugie, trzecie i czwarte są
spełnione. Sprawdzamy pierwsze równanie:
∫∫∫∫ ∫∫ =→=→=
AA A
xx dAzE
dAEdA 000ρ
εσ
jest ono spełnione bo całka przedstawia moment statyczny względem osi Y przekroju
poprzecznego, a oś ta jest jego osią centralną.
Równanie szóste:
∫∫ ∫∫ =−→=−
A A
x dAzyE
dAy 00ρ
σ
jest spełnione bo osie (Y, Z) są głównymi osiami bezwładności przekroju poprzecznego, więc
całka w powyższym równaniu, przedstawiająca moment dewiacji przekroju względem tych
osi jest równa zero.
Sprawdzenie równania piątego:
∫∫ ∫∫ ∫∫ =→=→=
A A A
yyyx MdAzE
MdAzE
MdAz22
ρρ
σ
daje zależność między krzywizną osi zdeformowanego pręta i momentem zginającym:
y
y
JE
M=
ρ
1, (10.2)
co pozwala napisać związki wiążące moment zginający z odkształceniem liniowym i
naprężeniem normalnym:
zJE
M
y
y
x =ε (10.3)
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
111
zJ
M
y
y
x =σ (10.4)
Ostatecznie więc macierze naprężeń i odkształceń przy prostym zginaniu w płaszczyźnie
(X, Z) lub, inaczej mówiąc przy prostym zginaniu względem osi Y mają postać:
=
000
000
00zJ
M
Ty
y
σ
−
−=
zJE
M
zJE
M
zJE
M
T
y
y
y
y
y
y
ν
νε
00
00
00
(10.5)
9.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
W pręcie poddanym prostemu zginaniu występuje jednoosiowy niejednorodny stan
naprężenia scharakteryzowany jednym tylko naprężeniem normalnym xσ , które zależy
liniowo od współrzędnej z punktu, w którym obliczamy naprężenia.
Wzór (10.4) dowodzi, że końce wektorów naprężenia xσ leżą na płaszczyźnie, którą możemy
nazwać płaszczyzną naprężenia. Krawędź przecięcia się płaszczyzny naprężenia z
płaszczyzną przekroju poprzecznego nazywać będziemy osią obojętną, gdyż jest ona
miejscem geometrycznym punktów, w których wartości naprężeń normalnych spełniają
równanie:
xσ = 0
Podstawienie do niego zależności (10.4) daje równanie osi obojętnej dla przypadku prostego
zginania w płaszczyźnie (X, Z):
z = 0,
co pokazuje, że w rozważanym przypadku naprężenia zerują się w punktach leżących na osi
Y, to jest tej głównej centralnej osi bezwładności przekroju poprzecznego do której
równoległy jest wektor momentu zginającego. Zatem oś obojętna przy prostym zginaniu
pokrywa się z kierunkiem wektora momentu zginającego i jej położenie nie zależy od
wartości momentu zginającego.
Największe co do bezwzględnej wartości naprężenia wystąpią w punktach najodleglejszych
od osi obojętnej i mają wartość:
y
y
y
y
xW
Mzmax
J
Mmax ==σ , (10.6)
gdzie: zmax
JW
y
y = - wskaźnik wytrzymałości przy zginaniu względem osi Y.
Układ (rozkład) sił wewnętrznych w przekroju poprzecznym pręta pokazuje rys. 10.4.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
112
Ponieważ wartości naprężeń normalnych w tym przypadku nie zależą od współrzędnej y to
ich rozkład można rysować w płaszczyźnie y = 0, jak to zostało pokazane na rys. 10.5.
Naprężenie normalne xσ jest równocześnie naprężeniem głównym w danym punkcie, a dwa
pozostałe naprężenia główne są równe zeru i ich kierunki to jakiekolwiek dwa prostopadłe do
siebie i równocześnie prostopadłe do osi pręta.
Ekstremalne naprężenia styczne występują w przekrojach nachylonych pod kątem 45°
do osi
pręta i równają się połowie naprężeń normalnych w danym punkcie przekroju poprzecznego.
Stan odkształcenia jest też niejednorodny ale trójosiowy. Odkształcenia liniowe w kierunku
równoległym do osi pręta są odkształceniami głównymi. Pozostałe dwa odkształcenia główne
są sobie równe a ich kierunki to jakiekolwiek dwa prostopadłe do siebie i równocześnie
prostopadłe do osi pręta.
Na zakończenie warto zwrócić uwagę, że znaki w wyprowadzonych wzorach obowiązują
przy przyjętych zwrotach osi układu odniesienia i wektora momentu gnącego. W przypadku
innych zwrotów należy we wzorach uwzględnić korektę znaków.
10.3. Energia sprężysta pręta zginanego
Podstawienie wyrażeń określających elementy macierzy naprężeń do wzorów (8.18) pozwala
na wyznaczenie gęstości energii sprężystej i energii sprężystej dla rozważanego przypadku
zginania prostego pręta w płaszczyźnie (X, Z): 2
2
1
= z
J
M
E y
yΦ ,
g
y
y
x hJ
M=σ
Y
d
y
y
x hJ
M=σ
X
X
My hg
Z
hd
Rys. 10.4
oś obojętna
Rys. 9.5
Z
Y
hg
hd My
g
y
y
x hJ
M=σ
Z
X
d
y
y
x hJ
M=σ
g
y
y
x hJ
M=σ
Z
X
d
y
y
x hJ
M=σ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
113
i stąd energia sprężysta takiego pręta o długości l wynosi:
y
y
A
l
y
y
y
yl
V y
y
VEJ
lMdx
EJ
MdAz
J
M
EdxdVz
J
M
EdVU
222
1
2
12
0
22
0
2
==
=
== ∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫Φ . (10.7)
10.4. Wymiarowanie prętów zginanych
Ograniczymy się teraz tylko do wymiarowania ze względu na stan graniczny nośności
przyjmując, że będzie on osiągnięty jeśli przynajmniej w jednym punkcie wartość naprężeń
normalnych będzie równa wytrzymałości obliczeniowej.
Jeśli materiał pręta ma różną wytrzymałość obliczeniową przy rozciąganiu Rr i ściskaniu Rc ,
to warunki wymiarowania przyjmą postać:
rr
y
y
rx RzmaxJ
Mmax ≤=σ i cc
y
y
cx RzmaxJ
Mmax ≤=σ ,
gdzie:
rxmax σ i cxmax σ - największe naprężenia rozciągające i ściskające w przekroju
poprzecznym,
rzmax i czmax - odległości od osi obojętnej skrajnych punktów przekroju
poprzecznego, odpowiednio, rozciąganych i ściskanych.
W przypadku materiału o tej samej wytrzymałości obliczeniowej przy rozciąganiu i ściskaniu
równej R (materiał izonomiczny) , warunek wymiarowania będzie jeden:
RW
Mmax
y
y
x ≤=σ ,
gdzie: zmax
JW
y
y = - wskaźnik wytrzymałości przy zginaniu względem osi Y.
10.5. Proste zginanie w płaszczyźnie (X, Y)
Ten przypadek prostego zginania pokazany został na rys. 10.6.
Postępując analogicznie jak w przypadku prostego zginania w płaszczyźnie (X, Z) otrzymamy
następujące macierze naprężeń i odkształceń:
Mz
Rys. 10.6
Z Y
X
Mz
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
114
=
000
000
00yJ
M
Tz
z
σ
−
−=
yJE
M
yJE
M
yJE
M
T
z
z
z
z
z
z
ν
νε
00
00
00
. (10.8)
Zależność wiążąca krzywiznę osi pręta po deformacji z momentem zginającym, geometrią
pręta i jego modułem Younga ma postać:
z
z
JE
M=
ρ
1. (10.9)
Osią obojętną w tym przypadku jest oś Z, a największe co do bezwzględnej wartości
naprężenia, które wystąpią we włóknach najodleglejszych od osi obojętnej, mają wielkość:
z
z
z
zx
W
Mymax
J
Mmax ==σ (10.10)
gdzie: ymax
JW z
z = - wskaźnik wytrzymałości przy zginaniu względem osi Z.
Rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju poprzecznym pokazuje rys. 10.7.
10.6. Przykłady
Przykład 10.6.1. Wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju α−α i β−β
belki prostokątnej o wymiarach przekroju bxh = 0.12x0.24 m obciążonej momentami jak na
rysunku.
Y
X
Z
Rys. 10.7
oś obojętna
Mz
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
115
Rozwiązanie
Momenty działają w
płaszczyźnie (X, Z), można więc
powiedzieć, że występuje
zginanie względem osi Y.
Wyznaczenie jej położenia jest
łatwe, przechodzi przez środek
ciężkości prostokąta i jest
prostopadła do osi Z. Wykonanie
wykresu momentów zginających
pozwala na wyznaczenie
wartości momentów zginających
w zadanych przekrojach α−α i
β−β.
Rzędne wykresu momentów umieszczone są po stronie włókien rozciąganych.
Wartości charakterystyk geometrycznych przekroju poprzecznego belki są równe:
1382412
2412
12
33
===*bh
J y cm4, 1152
6
24*12
6
22
===bh
Wy cm3
Rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju α−α
Wykres momentów pokazuje, że w tym przekroju rozciągane są włókna dolne i moment
zginający w rozważanym przekroju ma zwrot pokazany na poniższym rysunku.
Przy takim momencie zginającym i przyjętych zwrotach układu współrzędnych w punktach
przekroju poprzecznego o dodatnich współrzędnych z (włókna górne) występują naprężenia
ściskające i stąd rozkład naprężeń normalnych w tym przekroju określa wzór:
zJ
M
y
y
x
αα
σ
−
−= .
Wartości naprężeń we włóknach górnych i dolnych wynoszą:
04261201013824
10308
3
..*
*xg −=−=
−σ MPa, ( ) 0426120
1013824
10308
3
..*
*xd =−−=
−σ MPa.
Ponieważ są to włókna skrajne to licząc w nich naprężenia możemy wykorzystać wskaźnik
wytrzymałości:
04.2610*1152
10*306
3
−=−=−=−
−
y
y
xgW
Mαα
σ MPa, 04.2610*1152
10*306
3
===−
−
y
y
xdW
Mαα
σ MPa.
Rozkład naprężeń pokazuje rysunek wyżej.
M2 = 50 kNm
β
M3 = 20 kNm X
Z Y
M1 = 30 kNm α
α
β
Z
Y
0.12 m
0.24 m
My
kNm
30
20
Myα−α
= 30 kNm
30
Z
X σ x
MPa
Myα−α
26.04
26.04
Z
Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
116
Rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju β−β
W tym przekroju rozciągane są włókna górne i moment zginający ma zwrot pokazany na
poniższym rysunku.
W tym przypadku w punktach przekroju poprzecznego o dodatnich współrzędnych z (włókna
górne) występują naprężenia rozciągające (dodatnie wg umowy znakowania naprężeń
normalnych) i dlatego rozkład naprężeń normalnych w przekroju wyznacza zależność:
zJ
M
y
y
x
ββ
σ
−
= .
Wartości naprężeń we włóknach górnych i dolnych są równe:
36.1712.010*13824
10*208
3
==−
xgσ MPa, ( ) 36.1712.010*13824
10*208
3
−=−=−
xdσ MPa,
lub
36.1710*1152
10*206
3
===−
−
y
y
xgW
Mββ
σ MPa, 36.1710*1152
10*206
3
−=−==−
−
y
y
xdW
Mββ
σ MPa.
Rozkład naprężeń pokazuje rysunek wyżej.
Przykład 10.6.2. Wyznaczyć wymiar a przekroju podanej belki z warunku granicznego
nośności jeśli wytrzymałość obliczeniowa materiału przy rozciąganiu Rr = 60 MPa, a przy
ściskaniu Rc = 180 MPa. Po określeniu przekroju wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych
xσ .
Rozwiązanie
Występuje przypadek prostego zginania w płaszczyźnie (X, Z). Należy zacząć od
wyznaczenia położenia osi zginania i zarazem osi obojętnej; będzie to główna centralna oś
bezwładności przekroju poprzecznego do której równoległy jest wektor momentu
zginającego. W rozważanym przypadku będzie to oś Y.
Wyznaczenie osi obojętnej:
pole przekroju: A = 12a2 ,
Z
X
M = 120 kNm Y
4a
2a
Z
Yo
Y
1.5a 1.5a a
Myβ−β
Z
X σ x
MPa
17.36
17.36
30 2
0
My
β−β
= 20 kNm
Z
Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
117
moment statyczny względem osi Y0: 322 485824 aa*aa*aS yo =+= ,
położenie osi zginania: aa
a
A
Sz
yo4
12
482
3
0 === .
Moment bezwładności względem osi zginania: ( ) ( ) 4
33
323
4
3
24a
a*aa*aJ y =+=
Górne włókna belki są rozciągane a dolne ściskane.
Potrzebny wymiar a ze względu na:
• rozciąganie 26
4
3
10051060232
101202 −
≥→≤→≤ *.a*aa
*Ra
J
Mrr
y
ym
• ściskanie 26
4
3
104410180432
101204 −
≥→≤→≤ *.a*aa
*Ra
J
Mcc
y
ym
należy przyjąć )a,a(maxa rc≥ . Przyjęto do wykonania a = 5.0 cm.
44 102532 **J y == cm4
Wartości naprężeń normalnych wynoszą:
060100102
101204
3
..*
*z
J
Mxg
y
y
x ==→=−
σσ MPa, ( ) 0120200102
101204
3
..*
*xd −=−=
−σ MPa,
ich rozkład pokazano niżej.
Przykład 10.6.3. Zmierzone tensometrem elektrooporowym odkształcenia liniowe dolnych
włókien belki zginanej jak na rysunku wynoszą: 0004.0=xdε . Wyznaczyć wartość momentu
zginającego M oraz rozkład naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym belki jeśli moduł
Younga jej materiału E = 205 GPa.
Rozwiązanie
Z
X
My = 120 kNm
60
120
σ x
MPa
Z
Y
7.5 7.5 5
My = 120 kNm 20
10
wymiary w cm
xdε
Z
X
M Y
3
Z
Y 12
9
9 3 3
wymiary w cm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
118
Belka jest zginana w płaszczyźnie (X, Z). Jej górne włókna są ściskane, więc w przyjętym
układzie współrzędnych, rozkład naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym określa
zależność :
zJ
M
y
y
x −=σ . (a)
Wyznaczenie położenia osi zginania Y:
pole przekroju:
50.3196*9*924*15 =−=A cm2,
moment statyczny względem osi Y0:
00407769950122415 .***.**S yo =−= cm3,
położenie osi zginania:
761125319
040770 .
.
.
A
Sz
yo=== cm.
Moment bezwładności względem osi zginania:
( ) 933154546761129545036
954276102415
12
2415 23
23
..**.*.*.
.***
J y =
−+−+= cm
4.
Wyznaczone na podstawie zmierzonych odkształceń naprężenia normalne w dolnych
włóknach belki są równe:
00820004010205 9..**E xdxd === εσ MPa.
Naprężenia normalne we włóknach dolnych obliczone ze wzoru (a) wynoszą:
( )2
81076112
1093315454
−
−−−= *.
*.
Mxdσ ,
i z porównania ich z wielkością naprężeń otrzymanych na podstawie pomiarów wyznaczamy
wartość momentu zginającego M:
( ) 3119910008210761121093315454
62
8.M*.*.
*.
M=→=−−
−
−kNm.
Naprężenia normalne we włóknach górnych wynoszą:
2207210239111093315454
1031199 2
8
3
.*.*.
*.xg −=−=
−
−σ MPa.
Rozkład naprężeń normalnych jest niżej pokazany.
Yo 3
Z
Y
12
9
9 3 3
12.761
11.239
σ x
MPa
82.00
72.22
wymiary w cm
Z
Y
9 3 3
12.761
11.239
M
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
119
Przykład 10.6.4. Dwie drewniane belki prostokątne o wymiarach przekroju 0.12x0.20 m i
0.12x0.10 m położone na sobie obciążono momentem M = 40 kNm. Wyznaczyć rozkłady
naprężeń normalnych xσ w obu belkach przy założeniu braku tarcia między nimi oraz w
przypadku ich połączenia.
Rozwiązanie
Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne, bo do wyznaczenia momentów M1 oraz
M2 działających na poszczególne belki dysponujemy tylko jednym równaniem momentów.
Brakujące równanie, równanie geometryczne wynika z równości krzywizn obu belek.
Tak więc komplet równań przybiera postać:
( ) ( )
=
=+
→
=
=+
1210012012200120
1040
3
2
3
1
321
2
2
1
1
21
.*.
M
.*.
M
*MM
JE
M
JE
M
MMM
yy
W wyniku jego rozwiązania otrzymujemy wielkości momentów działających na poszczególne
belki:
56351 .M = kNm, 4442 .M = kNm
Wartości naprężeń we włóknach skrajnych belek niepołączonych:
( )4544
6200120
1056352
3
1
11 .
.*.
*.
W
M
y
x mmm ===σ MPa
( )2022
6100120
104442
3
2
22 .
.*.
*.
W
M
y
x mmm ===σ MPa
Wartości naprężeń we włóknach skrajnych belek połączonych:
22226300120
100402
3
.).*.(
*.
W
M
y
x mmm ===σ MPa.
Rozkłady naprężeń normalnych pokazano niżej.
σ x
MPa 22.22
M1
M2
22.20
44.45
belki
niepołączone
22.22
M
belki
połączone
wymiary
w cm
M M 1
2
X
Z
Y1
Y2
12
10
20
Z
Y
15
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie
120
Przykład 10.6.5. Obliczyć zmianę objętości V∆ , zginanego momentem yM , pręta o
długości l i momencie bezwładności yJ , wykonanego z materiału o stałych E oraz ν .
Rozwiązanie
Całkowitą zmianę objętości V∆ pręta zginanego otrzymamy całkując po jego objętości sumę
odkształceń liniowych na przekątnej głównej macierzy odkształceń:
( )( )
021
0
=−
=++= ∫ ∫∫∫∫∫l
Ay
y
V
zyx dAzdxJ
M
EdVV
νεεε∆ .
Zmiana objętości jest równa zero, gdyż całka 0=∫∫A
dAz , w powyższym wyrażeniu bo to
moment statyczny względem osi centralnej Y.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
121
11. POPRZECZNE ZGINANIE
11.1. Naprężenia i odkształcenia
Poprzecznym zginanie występuje wówczas, gdy do pobocznicy pręta pryzmatycznego o
symetrycznym przekroju poprzecznym przyłożone jest obciążenie rozłożone symetrycznie
względem płaszczyzny symetrii pręta, które w jego przekroju poprzecznym redukuje się do
momentu zginającego M i siły poprzecznej Q . Płaszczyzną działania obu tych sił
przekrojowych zarówno Q jak i M , jest płaszczyzna symetrii pręta. Zagadnienie to występuje
wtedy, gdy moment zginający zmienia swoją wartość na długości pręta, gdyż - zgodnie ze
znaną zależnością różniczkową - ( )
( )xQdx
xMdz
y= , wówczas siła poprzeczna ( ) 0≠xQz
(patrz rys. 11.1).
Rys. 11.1
W tak obciążonym pręcie poszukiwać będziemy macierzy naprężeń, odkształceń oraz wektora
przemieszczenia w dowolnym jego punkcie. Postawione zadanie, w tym przypadku, nie daje
się rozwiązać w sposób ścisły nie tylko metodami wytrzymałości materiałów ale i metodami
teorii sprężystości. Aby uzyskać zależności określające poszukiwane wielkości, konieczne
będzie przyjęcie dodatkowych założeń upraszczających. Można jednak pokazać poprzez
eksperymenty doświadczalne i numeryczne, że otrzymane w ten sposób wyniki nie odbiegają
w sposób istotny od ścisłych rozwiązań dla szczególnych przypadków poprzecznego zginania,
a ich niewątpliwą zaletą jest prostota formy.
Jednakże zanim przejdziemy do ich wyznaczenia, przeanalizujmy deformację zginanego
poprzecznie wspornika o przekroju prostokątnym pokazanego na rys. 11.2.
Qz(x)
Qz(x)
My(x)
My(x)
Z
Y
dx
Z
X
q(x)
x
Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
122
Rys. 11.2
Wspornik pokazany w lewej części rysunku składa się z kilku położonych na sobie
elementów , a w części prawej wspornik wykonany jest z jednego elementu. Obraz deformacji
na rys. 11.2 pokazuje, że w przypadku poprzecznego zginania przekrój płaski i prostopadły do
osi pręta w konfiguracji początkowej nie pozostaje płaski po przyłożeniu obciążenia, jak to
było w przypadku zginania prostego. Dowodzi to wystąpienia odkształceń kątowych (w
pokazanym przykładzie będzie to xzγ ) włókien równoległych do osi układu odniesienia i, co
za tym idzie naprężeń stycznych w przekroju poprzecznym. Mimo tego, przy wyprowadzaniu
zależności określających odkształcenie liniowe przyjmiemy spełnienie hipotezy Bernoulliego
głoszącej, że przekrój płaski i prostopadły do osi pręta przed przyłożeniem obciążenia
pozostaje płaski i prostopadły do ugiętej osi po przyłożeniu obciążenia. Można pokazać, że
takie założenie upraszczające będzie skutkowało w wartościach naprężeń normalnych błędem
rzędu h/l gdzie: h jest wysokością przekroju pręta, a l jego długością. Stąd też należy
pamiętać, że wyprowadzone zależności mogą być stosowane w przypadku zginania
poprzecznego prętów długich.
Po tych wstępnych uwagach rozważmy pokazany na rys. 11.1 pręt pryzmatyczny o polu
przekroju poprzecznego A, określony w układzie współrzędnych (X, Y, Z) w którym osie (Y,
Z) są głównymi centralnymi osiami bezwładności przekroju poprzecznego, a płaszczyzna (X,
Z) jest płaszczyzną symetrii pręta i zarazem płaszczyzną obciążenia. Materiał pręta jest
izotropowy, liniowo sprężysty o stałych materiałowych E oraz ν.
Dalej postępować będziemy według schematu, który poprzednio był już dwukrotnie
zastosowany. Po dokonaniu myślowego przekroju pręta na dwie części w miejscu o odciętej
x, odrzuceniu części II i przyłożeniu do części I układu sił wewnętrznych (rys.11.3)
rozważymy trzy komplety równań tzn. równania równowagi, geometryczne i fizyczne.
Rys.11.3
konfiguracja
początkowa
Z
X
Z
X
konfiguracja
aktualna
xσX
Z xzτ
xyτ
Y
x
I
A
My(x)
Qz (x)
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
123
Równania równowagi wynikające z twierdzenia o równoważności odpowiednich układów sił
wewnętrznych i zewnętrznych w tym przypadku przyjmą postać:
( )
=−==+−
−===
∫∫∫∫∫∫
∫∫∫∫∫∫
.dAy),x(MdAz,dAyz
),x(QdA,dA,dA
A
xy
A
x
A
xzxy
z
A
xz
A
xy
A
x
00
00
σσττ
ττσ
(11.1)
Równania geometryczne napiszemy przyjmując, że:
• przekroje płaskie i prostopadłe do osi pręta przed przyłożeniem obciążeń pozostają
płaskie i prostopadłe do ugiętej osi pręta po przyłożeniu obciążeń,
• odkształcenia kątowe włókien równoległych do osi układu odniesienia są równe zero,
• odkształcenia liniowe związane są zależnością: xzy ενεε −== ,
• górne włókna uległy wydłużeniu, a dolne skróceniu, istnieje warstwa włókien - warstwa
obojętna, których długość nie uległa zmianie, choć przyjęły formę krzywoliniową o
zmiennym promieniu krzywizny ( )xρ , i w konfiguracji początkowej włókna te leżały na
płaszczyźnie (X, Y).
Odkształcenia liniowe xε wyznaczymy analizując
wydłużenie odcinka pręta o dowolnie małej długości dx
przed przyłożeniem obciążeń (rys. 11.4). Po deformacji
przekroje skrajne obrócą się i utworzą dowolnie mały kąt
dϕ(x). Jeśli ρ(x) jest promieniem krzywizny warstwy
obojętnej, to odkształcenia liniowe xε włókien odległych o
z od warstwy obojętnej wynoszą:
( )[ ] ( )
( ) ( )x
z
xdx
xdxxdzx
xd
dx
dx
dxx
ρϕρ
ϕρϕρ
ϕ
∆ε
=−+
→
=
=
→
=
)(
)()(
0)(
lim
0
lim
Równania geometryczne zapiszemy w postaci:
( ),
x
zx
ρ
ε = ( )x
zxzy
ρ
νενεε −=−== ,
0,0 == yzxy γγ .
Podstawienie tych odkształceń do równań fizycznych daje poniższe zależności i wartości
naprężeń:
( ) xxzyxxx EE
εσεεε
ν
νε
ν
σ =→
++
−
+
+
=
211,
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= yzyxyy
Eσεεε
ν
νε
ν
σ ,
z
( )xρ
z
C ‘
B A
D ‘
z
warstwa
obojętna
Rys. 11.4
dx
dx+∆ dx
C
D
X
( )xdϕ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
124
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= zzyxzz
Eσεεε
ν
νε
ν
σ ,
0=→= xyxyxy G τγτ , 0=→= yzyzyz G τγτ .
W wyniku podstawienia do równań równowagi zawierających naprężenia normalne
otrzymujemy:
( )∫∫∫∫ ∫∫ =→=→=
AA A
xx dAzx
EdAEdA 000
ρ
εσ
( )∫∫ ∫∫ =−→=−
A A
x dAyzx
EdAy 00
ρ
σ
( )( )
( )∫∫ ∫∫ =→=
A A
yyx xMdAzx
ExMdAz
2
ρ
σ
zależność między krzywizną osi zdeformowanego pręta i momentem zginającym:
( )
( )
y
y
JE
xM
x=
ρ
1, (11.2)
co pozwala napisać związki wiążące moment zginający z odkształceniem liniowym i
naprężeniem normalnym:
zJE
xM
y
y
x
)(=ε , (11.3)
zJ
xM
y
y
x
)(=σ . (11.4)
Aby wyznaczyć, ostatni, nieznany element macierzy naprężeń xzτ , wytnijmy z długości pręta
dwoma płaszczyznami prostopadłymi do jego osi odcinek o dowolnie małej długości dx i
rozważmy równowagę górnej jego części odciętej płaszczyzną z = const (rys. 11.5).
Rys. 11.5
( )xxσ
X
dx
z
xzττττ~
b (z)
x
Y
Z
( )dxxx +σ
A1
B C
D F
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
125
Siły przyłożone do tej odciętej części winny spełniać ogólnie znane warunki równowagi.
Jeżeli przez zxτ~ oznaczymy średnie naprężenie styczne na ściance BCDF to jeden z
warunków równowagi a mianowicie sumy rzutów sił na oś X możemy zapisać w postaci:
∑ = ;0X
∫∫∫∫ =+++−
11
0)()(~)(
A
x
A
zxx dAdxxdxzbdAx στσ
Wykorzystanie zależności (10.4) wiążącej naprężenia normalne z momentem zginającym, a
następnie twierdzenia Lagrange’a pozwala przepisać powyższe równanie w formie:
∫∫∫∫ =
+
+++−
11
0)(
)()(~)(
A y
y
y
A
zx
y
ydA
J
zdx
dx
dxxdMxMdxzbdAz
J
xM α
τ
gdzie: 10 ≤≤ α .
Podstawiając do równania związek różniczkowy między momentem zginającym i siłą
poprzeczną możemy otrzymać:
∫∫+
−=
1
)(
)(~
Ay
zzx dAz
zbJ
dxxQ ατ .
Po obustronnym przejściu do granicy 0→dx otrzymujemy ostatecznie zależność określającą
poszukiwane naprężenia styczne:
)(
)()(
zbJ
zSxQ
y
yz
xzzx −==ττ , (11.5)
gdzie: xzτ - średnie naprężenie styczne we włóknach z = const w przekroju pręta o
współrzędnej x,
( )zS y - moment statyczny względem osi zginania części przekroju ponad włóknami w
których wyznaczamy naprężenia,
( )zb - szerokość przekroju na wysokości z ,
( )xQz - siła poprzeczna w przekroju w którym wyznaczamy naprężenia.
Znaki w wyprowadzonych wzorach obowiązują przy przyjętych zwrotach osi układu
odniesienia i sił przekrojowych. W przypadku innych zwrotów należy dokonać odpowiedniej
korekty znaków.
Zatem macierze naprężeń i odkształceń w pręcie poddanym poprzecznemu zginaniu w
płaszczyźnie (X, Z) mają postać:
=
00
000
0
zx
xzx
T
τ
τσ
σ,
−
−=
xzx
x
xzx
T
ενγ
εν
γε
ε
02
00
20
(11.6)
w których naprężenia wyrażone poprzez siły przekrojowe i charakterystyki geometryczne
określają wzory wyprowadzone wyżej a odkształcenia liniowe i kątowe związane są z nimi
równaniami Hooke’a.
Warto jednak w tym miejscu dodać, że jest to najprostsza postać macierzy naprężeń i
odkształceń dla tego przypadku wytrzymałości. Bywają one jeszcze uzupełnione
naprężeniami xyτ oraz zσ i odpowiadającymi im odkształceniami ale i wówczas są one
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
126
przybliżone i nie spełniają kompletu równań zagadnienia brzegowego ciągłego ośrodka
liniowo-sprężystego.
10.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
Macierz naprężeń przy poprzecznym zginaniu pokazuje, że w tym przypadku wytrzymałości
występuje płaski, niejednorodny stan naprężenia, którego płaszczyzną jest płaszczyzna
(X, Z). Naprężenia główne (ekstremalne wartości naprężeń normalnych) i ich kierunki
wyznaczamy ze wzorów wyprowadzonych przy analizie płaskiego stanu naprężenia
podstawiając do nich odpowiednie elementy macierzy naprężeń:
2
2
max22
xzxx
τ
σσ
σ +
+= , 2
2
min22
xzxx
τ
σσ
σ +
−= ,
maxmaxtg
σ
τ
αxz
= , min
mintgσ
τ
αxz
= .
Naprężenia normalne w przekroju poprzecznym określone wzorem (11.4) są liniowo zależne
od współrzędnej z, zerują się w punktach na osi Y, jest ona ich osią obojętną i osiągają swą
maksymalną bezwzględną wartość w punktach od niej najodleglejszych. Ponieważ w tym
przypadku wytrzymałości moment zginający zmienia swą wartość na długości pręta to
największe naprężenia xσ , w konstrukcji wystąpią w przekroju maksymalnego momentu
zginającego i są równe:
y
y
y
y
xW
Mmaxzmax
J
Mmaxmax ==σ (11.7)
gdzie: zmax
JW
y
y = znany już wskaźnik wytrzymałości przy zginaniu względem osi Y.
Analizę rozkładu naprężeń stycznych xzτ w przekroju poprzecznym określonych wzorem
(11.5) zaczniemy od omówienia występującego w nim ujemnego znaku. Punktem wyjścia
przy jego określeniu jest to, że zwrot tych naprężeń jest taki jak zwrot siły poprzecznej i nie
zależy od układu odniesienia. Przypisanie odpowiedniego znaku po ustalonym już zwrocie
naprężenia stycznego związane jest z przyjętym układem odniesienia i reguluje to umowa
znakowania naprężeń stycznych – reguła podwójnej zgodności (zwrotów osi układu
współrzędnych i zwrotów normalnej zewnętrznej do płaszczyzny przekroju).
Pokazane na rysunkach obok naprężenia
styczne w obu przypadkach mają zwrot w dół
(bo tak działa na rozważany przekrój siła
poprzeczna) ale w przypadku po lewej należy
przypisać im znak minus (bo zachodzi
niezgodność ich zwrotu z dodatnim
kierunkiem osi Z układu współrzędnych, przy
równoczesnej zgodności zwrotu normalnej
zewnętrznej do przekroju ze zwrotem osi X ).
W dowolnym ustalonym przekroju poprzecznym pręta naprężenia styczne są funkcją jednej
współrzędnej z. Powstaje pytanie, jaką funkcją ?
Z
X
τ xz < 0
Qz
Z
X
τ xz > 0
Qz
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
127
Zacznijmy od prostego przypadku prostokątnego przekroju o wymiarach hb × , na który
działa siła poprzeczna QQz = skierowana zgodnie z osią Z. Wielkości występujące we
wzorze na naprężenia styczne w tym przypadku przyjmują wartości:
( ) ,bzb,hbJ y == 123
( )
−=−=
22
21
8242 h
zhbz*zb
h*
hbzS y
−=
−=
222
3 21
2
3
21
812 h
z
bh
Q
h
zhb
b*hb
Qzxτ
Zatem rozkład naprężeń stycznych po wysokości przekroju prostokątnego jest funkcją
kwadratową, która osiąga ekstremalną wartość na osi obojętnej, a zeruje się we włóknach
skrajnych. Rysunek poniżej pokazuje opisaną sytuację w aksonometrii oraz w płaszczyźnie
(X, Z).
Z naprężeniami stycznymi xzτ stowarzyszone
są naprężenia zxτ (patrz rysunek obok) i
właśnie te naprężenia są przyczyną
rozwarstwiania się pręta (ścinania) w
płaszczyznach równoległych do płaszczyzny
(X, Y).
Mając w pamięci rozkład naprężeń
stycznych dla prostokątnego
przekroju narysowanie kształtu
rozkładu naprężeń stycznych dla
innych prostych przekrojów, w
których boczne tworzące są
odcinkami równoległe do osi Z nie
powinno sprawiać trudności (patrz
szkice obok).
Z
Y
h
b
z
maxτ xz = 3Q/2bh
= 3Q/2A
h/2
h/2
b
Q
X
Z
h/2
h/2
maxτ xz = 3Q/2A Y
Z
Q
Y
Z τ xz
Q
Y
Z τ xz
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
128
Stan odkształcenia przy poprzecznym zginaniu jest przestrzenny. Przy czym odkształcenia
liniowe włókien równoległych do osi Y to jedne z odkształceń głównych. Dwa pozostałe to
odkształcenia odpowiadające kierunkom naprężeń głównych działających w płaszczyźnie
(X, Z).
11.3. Energia sprężysta pręta zginanego poprzecznie
Po wstawieniu do wzorów (8.18), zależności określających elementy macierzy naprężeń dla
pręta poddanego poprzecznemu zginaniu i wykonaniu całkowania po jego objętości
dostajemy wyrażenie określające wielkość energii sprężystej dla tego przypadku
wytrzymałości:
( )[ ] =++== ∫∫∫∫∫∫V
xzx
V
dVE
dVU 22 122
1τνσΦ
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
∫∫∫∫∫∫ ∫∫ +=
+
=
l
z
l
y
y
y
yz
AA
l
y
yl
dxAG
xQdx
JE
xMdA
zbJ
zSxQ
GdxdAz
J
xM
Edx
0
2
0
22
0
2
0222
1
2
1κ ,
gdzie:( )
( )dA
zb
xS
J
A
A
y
y
∫∫=2
2
2κ - współczynnik zależny od kształtu przekroju nazywany
energetycznym współczynnikiem ścinania (dla prostokąta ma wartość 1.2, a dla przekroju
kołowego 1.18).
Energię sprężystą układu złożonego z wielu prętów poddanych poprzecznemu zginaniu
obliczamy wykonując sumowanie po wszystkich przedziałach charakterystycznych:
( ) ( )
∑ ∫∑∫==
+=
n
i
l
zn
i
l
y
ydx
AG
xQdx
JE
xMU
1 0
2
1 0
2
22κ . (11.8)
11.4. Wymiarowanie prętów zginanych poprzecznie
Ograniczymy się teraz tylko do wymiarowania ze względu na stan graniczny nośności
przyjmując, że będzie on osiągnięty jeśli przynajmniej w jednym punkcie dowolnego
przekroju poprzecznego pręta, wartości naprężeń normalnych lub stycznych będą równe ich
wytrzymałości obliczeniowej. Tak więc stan graniczny nośności wymaga, w istocie rzeczy,
równoczesnego spełnienia dwóch nierówności:
• warunek nośności ze względu na naprężenia normalne:
materiał pręta ma różną wytrzymałość obliczeniową na rozciąganie Rr i ściskanie Rc
rry
y
rx RzmaxJ
Mmaxmax ≤=σ i cc
y
y
cx RzmaxJ
Mmaxmax ≤=σ ,
gdzie:
rxmax σ i cxmax σ - największe naprężenia rozciągające i ściskające w przekroju
poprzecznym konstrukcji,
rzmax i czmax - odległości od osi obojętnej skrajnych punktów przekroju
poprzecznego, odpowiednio, rozciąganych i ściskanych.
materiał pręta ma jednakową wytrzymałość obliczeniową na rozciąganie i ściskanie
(materiał izonomiczny) R
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
129
RW
Mmaxmax
y
y
x ≤=σ
• warunek nośności ze względu na naprężenia styczne:
( )
( )t
y
yz
xz RzbJ
zSQmaxmax ≤=τ ,
gdzie: tR wytrzymałość obliczeniowa na ścinanie.
Punkt, w którym wystąpią maksymalne naprężenia normalne to najodleglejszy od osi
obojętnej punkt przekroju poprzecznego, w którym występuje maksymalny moment
zginający.
Nieco trudniej jest określić punkt wystąpienia maksymalnych naprężeń stycznych, jeśli
przekrój ma skomplikowany kształt (np. o zmiennej szerokości). Wymaga to pewnej analizy,
ale będzie to niewątpliwie punkt w tym przekroju gdzie występuje maksymalna siła
poprzeczna.
Z tych dwóch wyżej podanych warunków na ogół wystarcza spełnienie warunku stanu
granicznego nośności ze względu na naprężenia normalne, gdyż te naprężenia w prętach są
dominujące. Aby się o tym przekonać policzmy stosunek maksymalnego naprężenia
normalnego xσ do maksymalnego naprężenia stycznego xzτ w belce wolnopodpartej o
przekroju prostokątnym hb × obciążonej jak rysunku.
Maksymalne naprężenia normalne wystąpią w środku
rozpiętości we włóknach skrajnych i będą miały wartość
2
6
4 hb
lP
W
Mmaxmax
yx ==σ .
Maksymalne naprężenia styczne wystąpią we włóknach na
osi obojętnej i będą miały wartość hb
P
A
Qmax xz
22
3
2
3==τ .
Zatem: h
l
hb
P
hb
lP
max
max
xz
x 2
4
3
2
32
==
τ
σ.
Rozpiętość belki jest w większości przypadków kilkanaście razy większa od jej wysokości i
podobnie dominują wartości naprężeń normalnych nad stycznymi, a naprężenia obliczeniowe
przy rozciąganiu nie są tak dużo mniejsze od tych przy ścinaniu, gdyż np.:
stal St3S R = 215 MPa, R t = 0.58 R
beton B20 Rr = 0.71 MPa, R t = 0.75 R
drewno sosnowe Rr =12.5 MPa, R t = 1.4 MPa.
Dla pełnego sprawdzenia stanu granicznego nośności należałoby obliczyć naprężenia główne
(tzn. ekstremalne naprężenia normalne) i ekstremalne naprężenia styczne i porównać je z
wartościami odpowiednich wytrzymałości obliczeniowych. Z reguły jest to jednak zbyteczne
gdyż dla belek zginanych o powszechnie stosowanych ( „nie udziwnionych”) kształtach
przekroju, największe naprężenia normalne występują we włóknach skrajnych (w
płaszczyźnie przekroju poprzecznego) i tam też występują ekstremalne naprężenia styczne ,
których wartość jest równa połowie tych naprężeń normalnych.
11.5. Trajektorie naprężeń głównych w prętach zginanych poprzecznie
P
l/2
l/2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
130
Rozważmy płaską tarczę w płaszczyźnie (X, Z) w której występuje płaski stan naprężenia
określony macierzą naprężeń:
=
0zx
xzxT
τ
τσ
σ,
której elementy są funkcjami
zmiennych x oraz z .
W każdym punkcie tarczy możemy
wyznaczyć naprężenia główne i ich
kierunki posługując się znanymi
wzorami:
2
2
22xz
xx
minmax τ
σσσ +
±= , (a)
minmax
xz
minmaxtg
σ
τα = . (b)
Wybierzmy w niej dowolny punkt I (rys. 11.6) i wyznaczmy w nim naprężenie główne Imax,σ
i jego kierunek określony Imax,tgα , a następnie przesuńmy się po tym kierunku do bliskiego
punktu II. W punkcie II wyznaczmy naprężenie główne IImax,σ i jego kierunek określony
Imax,tgα i znowu przesuńmy się po tym kierunku do bliskiego punktu III, itd. Działania takie
możemy kontynuować startując od dowolnego punktu na brzegu tarczy i kończąc na innym
punkcie brzegowym a ich wynikiem będzie krzywa łamana, która w przypadku gdy z
odległościami między punktami będziemy zmierzać do zera będzie krzywą ciągłą o tej
własności, że w każdym jej punkcie kierunek maksymalnego naprężenia głównego maxσ jest
do niej styczny. Krzywą o takiej własności nazywać będziemy trajektorią maksymalnego
naprężenia głównego. Podobnie definiujemy trajektorię minimalnego naprężenia głównego.
W płaskiej tarczy trajektorie maksymalnych i minimalnych naprężeń głównych tworzą dwie
rodziny krzywych prostopadłych do siebie w każdym punkcie.
Odnieśmy teraz to co zostało wyżej powiedziane do przykładu belki wolnopodpartej
obciążonej równomiernie której prostokątny przekrój ma wymiary h*b ( rys. 11.7)
X
Z
Rys.11.6
III
Imaxσ
I
Iminσ
II
IIImaxσ
IIIminσ
4π
Z
X
q
l
Rys. 11.7
2π
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
131
Funkcja momentów zginających i naprężeń normalnych są następujące:
( )22
2xqxlq
xM y −= , ( )( )
zJ
xMz,x
y
y
x −=σ , (c)
a funkcje sił poprzecznych i naprężeń stycznych mają postać:
( ) qxlq
xQz −=
2, ( )
( ) ( )
( )zbJ
zSxQz,x
y
yz
xz −=τ , (d)
w których 12
3bh
J y = , ( )28
22zbhb
zS y −= , ( ) bzb = .
Trajektorie maksymalnych i minimalnych naprężeń głównych to krzywe całkowe niżej
podanych równań różniczkowych:
max
xzmax
dx
dztg
σ
τα == ,
min
xzmin
dx
dztg
σ
τα == , (e)
do których trzeba wstawić zależności (a), (c) i (d).
Rozwiązanie równań (e) daje dwie rodziny krzywych, których przebieg jest naszkicowany na
rys. 11.7. Linią ciągłą naszkicowana jest trajektoria maksymalnego naprężenia głównego
(rozciągającego), a linia przerywana pokazuje trajektorię minimalnego naprężenia głównego
(ściskającego). Każda z tych trajektorii przecina oś X pod kątem °45 , bo tam panuje czyste
ścinanie, i podchodzi do odpowiednich krawędzi (rozciąganych lub ściskanych) belki pod
kątem prostym.
Zagadnienie trajektorii naprężeń głównych jest szczególnie ważne przy kształtowaniu
zginanych poprzecznie belek żelbetowych. Ponieważ wytrzymałość betonu przy rozciąganiu
jest kilkanaście razy mniejsza niż przy ściskaniu, a stal posiada duża wytrzymałość przy
rozciąganiu, więc w obszarach belki gdzie występują naprężenia rozciągające przenoszą je
stalowe pręty powszechnie nazywane - zbrojeniem. Przebieg zbrojenia w żelbetowej belce
winien w przybliżeniu odpowiadać kształtowi maksymalnych naprężeń głównych, i stąd
zbrojenie pracujące na rozciąganie, w belce wyżej analizowanej, będzie miało kształt
naszkicowany na rys. 11.8.
11.6. Przykłady
Przykład 11.6.1. Wyznaczyć
potrzebny przekrój stalowej belki
dwuteowej ze względu na stan
graniczny nośności jeśli
wytrzymałość obliczeniowa stali
wynosi R = 175 MPa. Po przyjęciu
dwuteownika wyznaczyć jego
q = 13 kN/ m
l = 6.0 m X
Z Z
Y
Rys.11.8
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
132
nośność na zginanie.
Rozwiązanie
Maksymalny moment zginający w belce wynosi:
50588
613
8
22
.*lq
Mmax y === kNm.
Warunek stanu granicznego nośności daje:
3
6
3
10334010175
10558−
=≥→≥→≤ *.*
*.W
R
MmaxWR
W
Mmaxy
y
y
y
ym
3 = 334 cm
3.
Przyjęto I 240, którego 354=yW cm3.
Przy tak przyjętych wymiarach przekroju
poprzecznego naprężenia normalne w
skrajnych włóknach przekroju maksymalnego
momentu zginającego (środek rozpiętości
belki) wynoszą:
2516510354
105586
3
.*
*.
W
M
y
ygórnex −=−=−=
−σ MPa
2516510354
105586
3
.*
*.
W
M
y
yelndox ===
−σ MPa
a ich rozkład pokazuje rysunek obok.
Przez nośność przekroju na zginanie rozumieć będziemy największy moment zginający, który
przyłożony do przekroju nie wywołuje w żadnym jego punkcie naprężeń normalnych
większych od wytrzymałości obliczeniowej jego materiału .
Nośność na zginanie, przyjętego dwuteownika, wyznaczymy z warunku stanu granicznego
nośności:
61950175*354maxmaxmax
=≤→≤→≤ yyy
y
yMRWMR
W
M Nm.
Przykład 11.6.2. Jaką dodatkową
siłą P można obciążyć pokazaną
drewnianą belkę aby naprężenia
normalne nie przekroczyły
wytrzymałości obliczeniowej R = 10
MPa.
Rozwiązanie Wskaźnik wytrzymałości przekroju poprzecznego belki wynosi:
4006
206
6
22
===*hb
Wy cm3.
Maksymalny moment zginający w belce (wystąpi on w środku jej rozpiętości) wynosi:
48
2lPlq
Mmax y += .
Warunek stanu granicznego nośności daje:
Z
Y
24 cm
My = 58.5 kNm
σσσσ x
MPa
165.25
165.25
q=1.0 kN/ m
l = 4.0 m
X
Z P
2.0 m 2.0 m
20 cm
6 cm
Z
Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
133
20001010104004
4
8
410
48
66232
≤→≤+→≤+→≤−
P***P
RWlPlq
RW
Mmaxy
y
yN.
Przykład 11.6.3. Wyznaczyć wymiary przekroju poprzecznego belki ze względu na stan
graniczny nośności jeśli wytrzymałości obliczeniowe stali są równe R = 175 MPa oraz
Rt = 0.6R.
Po przyjęciu wymiarów wyznaczyć wykres naprężeń normalnych i stycznych w przekroju
α-α oraz naprężenia główne i ich kierunki w punkcie K tego przekroju.
Rozwiązanie
Zaczniemy od wyznaczenia wartości sił
przekrojowych. Na wykresach pokazanych
obok zaznaczone są ich wartości w punktach
charakterystycznych jak i ich ekstremalne
wartości.
050.Mmax y = kNm, 060.Qmax z = kN.
Następnie przejdziemy do wyznaczenia
potrzebnych charakterystyk geometrycznych
przekroju poprzecznego belki.
Potrzebujemy wyznaczyć główne centralne osie
bezwładności. Oś Z, jako oś symetrii jest jedną z
nich, druga oś Y jest do niej prostopadła i
przechodzi przez środek ciężkości przekroju.
Musimy go wyznaczyć.
Pole przekroju: 227512212 aa*a.*a*aA =+=
Moment statyczny względem dowolnie
przyjętej osi Y0:
( )32
0 51655512 a.a.a.*S y −=−=
Współrzędna środka ciężkości w układzie
(Y0, Z):
a.aa.ASz y 611027516 2300 −=−==
3 m
40
40
50
40
20
60
40
20
My
kNm
Qz
kN
20 kN/ m
4 m 2 4 m 2
20 kN
X
Y Z
2a
1.5 a 1.5 a
a
Z
6.611 a
5.389 a
Y
0.6
11
a
5 a
6 a
Y0
a
2a 1.5a 1.5a
11a 20 kN/ m
4 m 2 4 m 2
20 kN α
α K
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
134
Główna centralna oś Y w tym zadaniu jest
osią zginania i osią obojętną naprężeń
normalnych.
Moment bezwładności przekroju poprzecznego względem osi obojętnej
( )( ) ( )
423
23
91736888945112
5126110122
12
122a.a.*a*a.
a*a.a.*a*a
a*aJ y =
+++=
Wskaźnik wytrzymałości
34
804556116
917368a.
a.
a.
zmax
JW
y
y ===
Potrzebny wymiar ze względu na naprężenia normalne.
Największe (co do bezwzględnej wartości) naprężenia normalne wystąpią w przekroju
maksymalnego momentu zginającego we włóknach górnych.
0172010175
105080455
6
33 .a
*
*a.
R
MmaxWR
W
Mmax y
y
y
y≥→≥→≥→≤ m = 1.72 cm.
Potrzebny wymiar ze względu na naprężenia styczne.
Największe (co do bezwzględnej wartości) naprężenia styczne wystąpią w przekroju
maksymalnej siły poprzecznej (na prawo od lewej podpory) we włóknach na osi Y.
Moment statyczny części przekroju powyżej włókien w których wyznaczamy naprężenia:
( )37054326116261160 a.a.*a*a.S y ==
( )
( )
36
4
33
1082510175602917368
705431060
0
0−
≥→≤→≤ *.a**.a*a.
a.**R
bJ
SQmaxt
y
yzm = 0.582 cm.
Przyjęto do wykonania 81.a = cm.
Wyznaczymy teraz wykresy naprężeń normalnych i stycznych w przekroju α-α gdzie
moment zginający ma wartość 40=−αα
yM kN i rozciąga włókna górne a siła poprzeczna jest
dodatnia i ma wartość 60=−αα
zQ kN (patrz rysunek niżej).
1.8
Z
9.7
Y
11.9
19.8
2.7 2.7 3.6
αα −
zQ
αα −
yM
K
wymiary w cm
81.596
σ x
MPa
100.187
122.910
τ xz
MPa
10.970
6.135
2.454
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
135
Moment bezwładności względem osi obojętnej:
743.38728.1*917.368 4==yJ cm
4.
Wartości naprężeń normalnych:
zzJ
M
y
x 8
3
10*743.3872
10*40−
−
==
αα
σ
910.12210*90.1110*743.3872
10*40 2
8
3
==−
−
górnexσ MPa,
( ) 187.10010*70.910*743.3872
10*40 2
8
3ln
−=−=−
−
edoxσ MPa,
( ) 596.8110*90.710*743.3872
10*40 2
8
3
−=−=−
−
Kxσ MPa.
Wartości naprężeń stycznych:
włókna górne i dolne: z = 11.90 oraz ( – 9.70 ) cm
0=xzτ
włókna na osi obojętnej: z = 0
( ) 898.25429.11*6.3*9.110 ==yS cm3
( )
( )970.10
10*6.3*10*743.3872
10*898.254*10*60
0
0
28
63
−=−=−=−−
−−
bJ
SQ
y
y
xz
αα
τ MPa
włókna: z = - 7.90 cm
Moment statyczny, względem osi obojętnej, wchodzący do licznika wzoru na naprężenia
styczne można policzyć od części przekroju znajdującej się poniżej włókien (tak jest
prościej) biorąc jednak do dalszych obliczeń jego bezwzględną wartość gdyż zwrot naprężeń
stycznych generuje zwrot siły poprzecznej i przy przyjętym układzie współrzędnych jest on
ujemny, co zostało już uwzględnione w znaku we wzorze na naprężenia.
( ) 56.1428.8*8.1*0.99.7 ==−yS cm3
Dla tej współrzędnej z występuje skokowa zmiana szerokości przekroju dlatego też wystąpią
dwie wartości naprężeń stycznych.
135.610*6.3*10*743.3872
10*56.142*10*6028
63
−=−=−−
−
xzτ MPa,
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
136
454.210*0.9*10*743.3872
10*56.142*10*6028
63
−=−=−−
−
xzτ MPa.
Obliczenie naprężeń głównych i ich kierunków w punkcie K przekroju α-α.
W tym punkcie występuje płaski stan naprężenia (wszystkie wektory naprężeń przypisane
dowolnym płaszczyzną przecięcia leżą w płaszczyźnie (X, Z)) określony macierzą naprężeń:
−
−−
=
0135.6
135.6596.81KT
σMPa
( ) ( )2
2
2
2
13562
59681
2
59681
22.
..Kxz
Kx
KxK
minmax −+
−±
−=+
±= τ
σσσ
4590.Kmax =σ MPa, 05582.
Kmin −=σ MPa.
'max
max
max 43853660.13459.0
135.6tg o
−=→−=−
== α
σ
τα
K
Kxz
'min
min
min 1740748.0055.82
135.6tg o
=→=
−
−== α
σ
τα
K
Kxz
Przykład 11.6.4. Wyznaczyć wymiary płaskownika, który należy przyspawać do półek
dwuteowej stalowej belki I 200 pokazanej na rysunku w celu zapewnienia jej potrzebnej
nośności. Wytrzymałość obliczeniowa stali R = 150 MPa.
Rozwiązanie
q = 10 kN/ m
X
Z
l = 6.0
m
Z
Y
9 cm
10 cm
10 cm
Dane z tablic profili
walcowanych
Jy = 2140 cm4
Wy = 214 cm3
6.1
35
6.135
6.135
6.1
35
81.596 81.596
X
Z
σmax = 0.459
'min 174o
=α
'max 4385
o=α
σmin = 82.055
σmax = 0.459
σmin = 82.055
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
137
Maksymalny moment zginający działający na belkę:
00458
610
8
22
.*lq
Mmax y === kNm
Maksymalny dopuszczalny moment zginający, który dany przekrój dwuteowy może
przenieść:
321001015010214 66===
−
***RWMdop yy Nm = 32.10 kNm.
Belka nie może przenieść zadanego obciążenia, jej przekrój wymaga wzmocnienia.
Przyjęto do wzmocnienia dwa płaskowniki o wymiarach 7.0*0.8 cm przyspawane do półek
dwuteownika.
Moment bezwładności wzmocnionego przekroju względem osi obojętnej:
993351600391211214041080712
80722140 2
3
....*.*.*
J y =++=
++= cm
4
Wskaźnik wytrzymałości wzmocnionego przekroju:
373108010993351 ...Wy == cm3.
Dopuszczalny moment zginający który może przenieść wzmocniony przekrój (nośność
przekroju na zginanie):
5046555101501037310 66.***.RWMdop yy ===
− Nm = 46.56 kNm.
Nośność wzmocnionego przekroju na zginanie jest większa od maksymalnego momentu
zginającego działającego w przekroju.
Płaskowniki wzmacniające przekrój belki potrzebne są tylko na długości belki gdzie
występuje moment zginający większy od 32.10 kNm.
Miejsce występowania tego momentu:
( ) 4010426610322
1030 12
2
.x.xx.x
xxM =→=+−→=−= m, 6042 .x = m.
Dano ostatecznie dwa płaskowniki 7*0.8 cm na długości 3.30 m.
Na rysunku poniżej linią przerywaną narysowano wykres momentów zginających
działających na belkę, linia ciągła pokazuje wartości momentów, które belka może przenieść.
Wykres narysowany linią ciągłą musi obejmować wykres narysowany linią przerywaną.
9 cm
10 cm
10 cm
7 cm
0.8
0.8
Y
My
kNm
32
.10
46.5
6
45
.00
32
.10
32
.10
1.35 3.30 m
10 kN/ m
1.4 1.4 3.20 m
6.00 m
1.35
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
138
Przykład 11.6.5. Dla spawanej belki o symetrycznym przekroju teowym jak rysunku
wyznaczyć największą dopuszczalną wartość siły P (nośność belki) ze względu na:
• naprężenia normalne jeśli R = 175 MPa
• naprężenia styczne przy ścinaniu spoin jeśli R ts = 105 MPa.
Rozwiązanie
Z pokazanych obok wykresów momentów i
sił poprzecznych wynika, że:
4
PlMmax y = ,
2
PQmax z = .
Wyznaczenie osi głównych centralnych i
potrzebnych charakterystyk geometrycznych
nie powinno stanowić trudności.
Ich położenie pokazuje rysunek obok a
moment bezwładności i wskaźnik
wytrzymałości względem osi zginania
wynoszą:
0033210.J y = cm4,
913144323
33120.
zmax
JW
y
y === cm3.
Nośność belki ze względu na naprężenia normalne:
685252101751091314434
6 66.P***.
PRWMmaxR
W
Mmaxyy
y
y≤→≤→≤→≤
− kN
W celu wyznaczenia nośność belki ze
względu na ścinanie spoin policzymy
wpierw siłę rozwarstwiającą między
stopką a środnikiem na jednostkę
długości belki.
5 cm
6 cm
30 cm
20 cm
grubość spoin
a= 0.4 cm
Z
X
Y P
3.0 m
3.0 m
Pl
/ 4
My
Qz
P /
2
P /
2
Z
τ zx
1
τ xz
X
τ zx
b
l
P
3.0 m
3.0 m
Z
6 cm
30 cm
5 cm
20 cm
13 cm
23 cm
Y
Z
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
139
Zakładając równomierny rozkład
naprężeń stycznych (patrz rysunek
obok) siła ta jest równa:
y
yz
y
yz
zxJ
SQb
bJ
SQ*b*T === 1τ ,
gdzie: 2PQz = , 66 1012001010206 −−
== ****S y m3 (to moment statyczny półki
względem osi zginania).
Tą siłę muszą przenieść dwie spoiny, których powierzchnia ścinania na jednostkowej długości
wynosi: 22 108001040212 −−
=== *.*.**a*Asp m2.
Przy założeniu równomiernego rozkładu naprężeń ścinających w spoinach, naprężenia winny
spełniać warunek:
st
sp
RA
T≤ .
Stąd nośność belki ze względu na ścinanie spoin wynosi:
→≤→≤ spst
y
yz
spst ARJ
SQART
940464101200
108010105103321022
6
268
.*
*.*****
S
ARJ*P
y
spsty==≤
−
−−
kN.
Zatem największa dopuszczalna siła jaką można obciążyć analizowaną belkę ma wartość
252.685 kN.
Przykład. 11.6.6. Dla belki o schemacie i przekroju jak na rys. wyznaczyć w przekrojach
αα − , ββ − i γγ − :
• rozkład naprężeń normalnych i stycznych w przekroju poprzecznym,
• naprężenia główne i ich kierunki oraz maksymalne naprężenia styczne maxτ w
zaznaczonych pięciu punktach po wysokości przekroju,
Rozwiązanie
β
β
Y q =20 kN/m
X
Z
α
1 m 2 m 1 m α
γ
γ
Z
Y
6 cm
4*3 c
m
3
1
2
4
5
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
140
Wykresy sił przekrojowych wraz ich
wartościami w zadanych przekrojach
pokazane są obok.
Potrzebne do wyznaczenia naprężeń wartości
charakterystyk geometrycznych wynoszą:
moment bezwładności względem osi
obojętnej
0086412
126 3
.*
J y == cm4,
momenty statyczne wchodzące do wzoru na
naprężenia styczne w zadanych kolejnych
punktach przekroju
051 == ,y,y SS ,
0081546342 ..**SS ,y,y === cm3,
001083663 .**S ,y == cm3
Przekrój αα − (przekrój podporowy)
0=yM , 0040.Qz = kN
Naprężenia normalne w przekroju poprzecznym xσ wobec zerowania się momentu
zginającego są równe zero.
Naprężenia styczne w przekroju poprzecznym:
( )
( )zbJ
zSQ
y
yz
xz −=τ
051 == ,xz,xz ττ , 25610610864
1081104028
63
42 .***
***,xz,xz −=−==
−−
−
ττ MPa,
33810610864
10108104028
63
3 .***
***,xz −=−=
−−
−
τ MPa.
Naprężenia główne i ich kierunki
W przekroju występuje czyste ścinanie i naprężenia główne w każdym punkcie są równe
występującym w nim naprężeniom ścinającym a ich kierunki nachylone są pod kątem 45° do
osi Y (patrz rys. niżej na którym opisane są tylko wartości maxσ ).
Maksymalne naprężenia styczne są w tym przypadku równe naprężeniom stycznym w
przekroju poprzecznym.
My
kNm
40
30
Q z
kN
20
40
β
β
α
α
γ
γ
6.25
6.25
8.33
6.25
6.25
8.33
1
2
3
4
5
45°
45°
45°
X
Z
8.33
6.25
6.25
6.25
6.25
8.33 8.33
6.25
6.25
8.33
6.25
6.25
xσ xzτmaxσ minσ maxτ
MPa
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
141
Przekrój ββ −
0030.M y = kNm , 0020.Qz = kN,
w przekroju występuje poprzeczne zginanie i w ogólności każdy punkt tego przekroju (z
wyjątkiem skrajnych) znajduje się w płaskim stanie naprężenia, którego płaszczyzną jest
płaszczyzna (X, Z).
Naprężenia normalne w przekroju poprzecznym
zJ
M
y
y
x −=σ
3320810610864
1030 2
8
3
1 .**
*,x −=−=
−
−σ MPa, 17104103
10864
1030 2
8
3
2 .**
*,x −=−=
−
−σ MPa,
03 =,xσ , ( ) 1710410310864
1030 2
8
3
4 .**
*,x =−−=
−
−σ MPa
( ) 3320810610864
1030 2
8
3
5 .**
*,x =−−=
−
−σ MPa
Naprężenia styczne w przekroju poprzecznym
( )
( )zbJ
zSQ
y
yz
xz −=τ
051 == ,xz,xz ττ , 12310610864
1081102028
63
42 .***
***,xz,xz −=−==
−−
−
ττ MPa,
16410610864
10108102028
63
3 .***
***,xz −=−=
−−
−
τ MPa.
Naprężenia główne i ich kierunki
2
2
22xz
xx
minmax τ
σσσ +
±= ,
minmax
xz
minmaxtg
σ
τα =
Punkt 1
01 =max,σ , ∞−=1max,tgα , o901 −=max,α ,
332081 .min, −=σ MPa, 01 =min,tgα , o01 =min,α .
Punkt 2
( )2
2
22 123
2
17104
2
17104.
..
min,max, −+
−±
−=σ , 0902 .max, =σ MPa, 261042 .min, −=σ MPa,
'..
.tg max,max, 50896734
090
12322 °−=→−=
−= αα ,
'*..
.tg min,min, 10010275
26104
1232
32 °=→=
−
−=
−
αα .
Punkt 3
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
142
( )2
33 164.
min,max, −±=σ , 1643 .max, =σ MPa, 1643 .min, −=σ MPa,
°−=→−=−
= 451164
16433 max,max,
.
.tg αα , °=→=
−
−= 451
164
16433 min,min,
.
.tg αα .
Punkt 4
( )2
2
22 123
2
17104
2
17104.
..
min,max, −+
±=σ , 261042 .max, =σ MPa, 0902 .min, −=σ MPa,
'*..
.tg max,max, 10010275
26104
1232
32 °−=→−=
−=
−
αα ,
'..
.tg min,min, 50896734
090
12322 °=→=
−
−= αα .
Punkt 5
332085 .max, =σ MPa, 05 =max,tgα , o05 =max,α ,
05 =min,σ , ∞=5min,tgα , o905 =min,α .
Maksymalne naprężenia styczne :
2
minmaxmax
σστ
−
=
Punkt 1 i 5
1610451 .max,max, == ττ MPa
Punkt 3
1643 .max, =τ MPa
Punkt 2 i 4
185242 .max,max, == ττ MPa
104.26
104.17
4.16
0.09
3.12
4.16
1
2
3
4
89°50’
0°10’
45°
X
Z
3.12
4.16
3.12
xzτ
MPa
208.33
5
208.33
104.17
3.12
208.33
208.33
104.17
208.33
xσ
104.17
208.33
104.26
maxσ
208.33
4.16
0.09
minσ
208.33
104.26
4.16
0.09 52.18
4.16
104.16
maxτ
52.18
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
143
Przekrój γγ − (przekrój w środku rozpiętości)
0040.M y = kNm, 0=zQ
w przekroju występuje proste zginanie względem osi Y i w każdy punkcie przekroju
występuje jednoosiowy stan naprężenia, reprezentowany przez naprężenie xσ , które jest
równocześnie jednym z naprężeń głównych.
Naprężenia normalne w przekroju poprzecznym
zJ
M
y
y
x −=σ
7827710610864
1040 2
8
3
1 .**
*,x −=−=
−
−σ MPa, 89138103
10864
1040 2
8
3
2 .**
*,x −=−=
−
−σ MPa,
03 =,xσ , ( ) 8913810310864
1040 2
8
3
4 .**
*,x =−−=
−
−σ MPa,
( ) 7827710610864
1040 2
8
3
5 .**
*,x =−−=
−
−σ MPa.
Naprężenia styczne w przekroju poprzecznym xzτ wobec zerowania się siły poprzecznej są
równe zero.
Wartości naprężeń głównych, ich kierunki oraz maksymalne naprężenia styczne pokazane są
niżej.
Przykład 11.6.7. Obliczyć wartość energetycznego współczynnika ścinania κ dla podanych
przekrojów.
MPa
xzτ
138.89
xσ
277.78
138.89
277.78
X
Z
138.89
277.78
1
2
3
4
5
277.78
138.89
277.78
minσ
138.89
maxτ
138.89
69.44
69.44
138.89 277.78
138.89
maxσ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
144
Prostokąt
,41828
)(;)(;12
;2
22223
−=−====
h
zbhbzbhzSbzb
bhJbhA yy
( )
( ) ( ) 2.15
621
8
91
8
9
214
941
64
144
)(
)(
1
1
42
1
1
22
2
2
22
2
2
2
2
2
242
622
2
2
==+−=−=
=
−=
−
==
∫∫
∫∫∫∫
−−
−−
duuuduu
dzh
zh
dzbb
h
zhb
hb
bhdA
zb
zS
J
A
h
h
h
hA
y
y
κ
Łatwo i warto zauważyć, że energetyczny współczynnik ścinania dla kwadratu 1*1 będzie też
miał wartości 1.2 bo jak widać z powyższych obliczeń jego wielkość nie zależy od b oraz h.
Liczenie powyższej całki po obszarze 1*1 jest znacznie prostsze.
Przekrój skrzynkowy i dwuteowy
Wartości energetycznego współczynnika ścinania dla obu przekrojów będą takie same.
Obliczenia przeprowadzimy dla przekroju skrzynkowego.
3210*412*6 =−=A ,
667.53012
10*4
12
12*6 33
=−=yJ ,
<<
<<
=
65;6
50;2)(
z
zzb ,
<<−=−
<<−=−+
=
65;310833*6*6
50;585.2*5*25.5*1*6)(
22
22
zzz
zzzzS y ,
1
1
1
1 1 4 2 2 2
h
Y
Z
b
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
145
( ) 447.1014.0433.1600.126667.1261110*633.113
)721296(3)1163364(10*633.113
)36(3)58(10*633.113
66
)3108(2
2
)58(2
667.530
32
)(
)(
6
5
0
6
5
42426
5
0
6
5
22226
5
0
6
5
2
22
2
22
22
2
2
=+=+=
=
+−++−=
=
−+−=
=
−+
−==
−
−
−
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫∫∫
dzzzdzzz
dzzdzz
dzz
dzz
dAzb
zS
J
A
A
y
y
κ
Wynik obliczeń pokazuje, że decydujący wpływ na wielkość κ ma środnik nie półki. W
pokazanym przykładzie udział środnika stanowi 1.433/1.447 = 99 %.
Przykład 11.6.8. Obliczyć energię sprężystą U dla belki wspornikowej obciążonej jak na
rysunku.
P = 1.0 kN , l = 0.20 m,
b = 0.01 m, h = 0.02 m,
E = 205 GPa, ν=0.3
Rozwiązanie
Policzymy całkowitą energię sprężystą tej belki wykorzystując wzór wyrażający energię
sprężystą poprzez siły przekrojowe:
( ) ( )dx
GA
xQdx
EJ
xMU z
y
y ∑ ∫∑∫ +=
22
22
κ .
M(x) = P(x-l) ; Q(x) = P
( )
GA
lP
EJ
lPdx
GA
Pdx
EJ
lxPU
y
ll
y 22.1
622.1
2
232
0
2
0
22
+=+−
= ∫∫
410002020010 −
== *..*.A m2, 8
3
10667012
020010−
== *..*.
J y m4,
( ) ( )
99
10846783012
10205
12*.
.
*EG =
+
=
+
=
ν
N/m2.
P
l
h
b
Z Y
X
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
146
98300080975010000210846782
20001021
106670102056
20001049
6
89
36
...*.**.*
.**.
*.***
.*U =+=+=
−−Nm.
Widoczny jest dominujący wpływ momentów zginających w energii sprężystej, udział sił
poprzecznych w tym przykładzie wynosi 0.008/0.983 ≈ 0.8% i z reguły jest pomijany w
obliczeniach .
11.7. Belki zespolone
11.7.1. Naprężenia normalne w belkach zespolonych
W konstrukcjach budowlanych bardzo często spotykamy się z ustrojami prętowymi
wykonanymi z materiałów o różnych własnościach fizycznych, współpracującymi ze sobą na
powierzchni styku w sposób ciągły. Takie konstrukcje nazywać będziemy belkami
zespolonymi, a typowe ich przykłady jak belka żelbetowa czy obetonowana belka drewniana
pokazane są na rys. 11.9.
Rys. 11.9
Wyznaczymy zależności podające rozkład naprężeń normalnych w belkach zespolonych
zginanych poprzecznie.
Przy ich wyprowadzaniu przyjmiemy, że:
• spełniona jest zasada płaskich przekrojów Bernoulie’go
• materiały składowe belki są liniowo sprężyste i różnią się jedynie stałymi materiałowymi
• obciążenie i przekrój poprzeczny belki spełnia warunki poprzecznego zginania.
Rozważmy przekrój belki zespolonej pokazany na rys. 11.10, w którym moment zginający
jest równy ( )xM y . Oś Z jest osią symetrii przekroju, a włókna leżące na płaszczyźnie (X, Y)
nie zmieniają swej długości po przyłożeniu obciążenia więc oś Y jest osią obojętną. Jej
położenie, na razie nie znane, względem włókien dolnych określa współrzędna z0 .
Rys. 11.10
Założenie płaskich przekrojów pozwala zapisać równanie geometryczne określające
odkształcenia liniowe dowolnych włókien w postaci:
My(x)
Z
Y
x
X
z0
A
„i-ty” materiał
Y0
ixσ
drewno
beton
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
147
( )zxax =ε
gdzie: z - współrzędna włókien mierzona od osi obojętnej Y (osi zginania),
( )xa - krzywizna osi belki.
Liniowo sprężyste fizyczne własności „i-tego” materiału powodują, że naprężenia normalne
w nim wynoszą:
( )zxaEE ixiix == εσ . (11.9)
Te naprężenia muszą spełniać równania równoważności odpowiednich układów sił
wewnętrznych i zewnętrznych:
0=∫∫A
x dAσ ,
( )xMdAz y
A
x =∫∫ σ .
Podstawiając do pierwszego z nich (11.9) po kolejnych przekształceniach :
( ) 0001 011
=→=→= ∑ ∫∫∑ ∫∫∑∫∫===
k
i A
ii
k
i A
ii
k
i A
iix
iii
dAzE
EdAzxaEdAσ ,
otrzymujemy równanie do wyznaczenia osi obojętnej Y :
( ) 01
0 =∑=
k
i
iyi zSn , (11.10)
gdzie: k - ilość materiałów składowych belki,
0E
En i
i = , a 0E to moduł Younga materiału przyjętego za porównawczy,
( ) ∫∫=
iA
iiy dAzzS 0 moment statyczny względem osi Y pola przekroju zajmowanego
przez „i-ty” materiał.
Podstawiając do drugiego równania równoważności wzór (11.9) i wykonując szereg
przekształceń :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )xMdAzE
ExaxMdAzxaExMdAz y
k
i A
ii
y
k
i A
iiy
k
i A
iix
iii
=→=→= ∑ ∫∫∑ ∫∫∑∫∫=== 1
2
01
2
1
σ ,
otrzymujemy równanie do wyznaczenia krzywizny osi belki:
( )( )
yw
y
JE
xMxa
0
= (11.11)
gdzie: ∑ ∫∫=
=
k
i
i
A
iyw dAznJ
i1
2 - tzw. ważonym moment bezwładności. (11.12)
Podstawiając (11.11) do (11.9) otrzymujemy wzór podający rozkład naprężeń normalnych w
przekroju poprzecznym zginanej belce zespolonej:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
148
( )z
J
xMn
yw
y
iix =σ . (11.13)
11.7.2. Przykłady
Przykład 11.7.2.1. Wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych na podporze B zespolonej belki
drewniano-betonowej, pokazanej na rysunku, przyjmując, że moduł Younga betonu Eb jest
czterokrotnie większy od modułu Younga drewna Ed.
Rozwiązanie
Jako materiał porównawczy przyjmiemy
drewno, stąd wielkości dotyczące betonu,
przy założonym stosunku Eb/Ed , będą
mnożone przez 4.
Położenie osi obojętnej:
∑=
=
2
1
0 0i
iyi ;)z(Sn
( ) ( ) ( )[ ] 601801620101836184162010 0000 .zz**z**z** =→=−−−+− cm.
Ważony moment bezwładności względem osi obojętnej Y:
++== ∑=
22
1
3
62201012
2010.**
*JnJ
i
iyiyw
27481362201012
2010603618
12
36184 2
32
3
=
+−++ .**
*.**
*cm
4.
Wartości naprężeń normalnych obliczamy ze wzoru:
zJ
Mn
yw
y
iix =σ
i wynoszą one w betonie:
5070174010274813
1024
8
3
..*
*górnebx ==
−σ MPa,
( ) 5410186010274813
1024
8
3
..*
*elndobx −=−=
−σ MPa.
1 kN
A B X
Z
2 m 4 m 6 cm
20 cm
10 cm
10 4 4
Eb = 4*Ed
6
4 4
z0 = 18.6
10
10
20
17.4
Y0
Y
Z
wymiary w
cm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
149
w drewnie:
0540074010274813
1028
3
..*
*górnedx ==
−σ MPa,
( ) 0920126010274813
1028
3
..*
*elndodx −=−=
−σ MPa.
Przykład 11.7.2.2. Wyznaczyć położenie osi obojętnej i ważony moment bezwładności
zespolonej belki drewniano-stalowej pokazanej na rysunku jeśli moduł Younga stali Es = 205
GPa a moduł Younga drewna Ed = 10 GPa.
Rozwiązanie
Jako materiał porównawczy przyjmiemy
drewno stąd wielkości dotyczące stali będą
mnożone przez 20.5.
Położenie osi obojętnej:
∑=
=
2
1
0 0i
iyi ;)z(Sn
+−+−+− )z.(**.)z.(**.)z.(** 000 251105275231052527205
781305122515202 00 .z)z.(***.* =→=−+ cm.
Ważony moment bezwładności względem osi obojętnej:
+++++== ∑=
12
52109791052
12
52107213205
12
520 32
32
2
1
3 .*.**.
.*.**
*JnJ
i
iyiyw
61419428120112
201520253121052 2
32
..***
.*.**. =
+++ cm
4.
0.507
0.541
0.092
0.054 σ x
MPa
Z
Y
10.0 1.0 1.0
z0 =13.78
Y0
Y
Z
5.0
2.5
2.5
20.0
wymiary w
cm
20.0
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
150
Przykład 11.7.2.3. Wyznaczyć wartości
naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym
zginanej momentem 30=yM kNm belki
żelbetowej o przekroju prostokątnym 20x40 cm i
zbrojeniu 4 Ø 12 mm (As = 4.52 cm2) jak na
rysunku, przy założeniu, że beton nie przenosi
naprężeń rozciągających. Moduł Younga betonu
Eb = 30 GPa, stali Es = 205 GPa
Rozwiązanie
Przy rozwiązaniu zadania przyjmiemy, że spełniona jest zasada płaskich przekrojów, oba
materiały składowe tj. beton i stal pracują w zakresie liniowo sprężystym oraz że rozkład
naprężeń normalnych w stali ze względu na małą średnicę prętów jest stały.
Niewiadomymi w zadaniu są: wartości naprężeń normalnych w betonie xbσ , stali
zbrojeniowej xsσ oraz położenie osi obojętnej (zasięg strefy ściskanej) 0z .
Do dyspozycji mamy dwa równania równoważności układów sił wewnętrznych i
zewnętrznych (wynikających z równań równowagi) i warunek geometryczny w postaci
założonej hipotezy płaskich przekrojów.
Równania równoważności:
sxsxb
sbsb
A
sxs
A
bxb
A
x
Abz
NNNNdAdAdA
sb
σσ
σσσ
=
→=→=+−→=+−→= ∫∫∫∫∫∫
02
1
000
(a)
yxbyby
A
x MzhbzMzhNMdAz =
−→=
−→=∫∫ 01001
3
1
2
1
3
1σσ , (b)
równanie geometryczne:
010 zhz
xsxb
−
=
εε. (c)
W powyższych zależnościach Nb i Ns oznaczają wypadkową naprężeń ściskających w
betonie i wypadkową naprężeń rozciągających w stali.
Założone liniowo sprężyste własności materiałów pozwalają napisać związki:
My
xbσ
30z Nb
xbε
xsε
301 zh −
h h1
z0
Ns
X
40
20
3
Z
Y My
wymiary w
cm
3 cm
Z
h
b
Ab
As
Y
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
151
xbbxb E εσ = , xssxs E εσ = ,
które wstawione do równania (c) dają zależność:
xbxsz
zhn σσ
0
01 −
= (d)
gdzie: bs EEn = .
Wstawienie tej zależności do równania (a) daje równanie kwadratowe
022
2
110
20
0
010 =−+→
−
= hb
Anz
b
AnzA
z
zhnbz ss
sxbxb σσ ,
z którego możemy wyznaczyć położenie osi obojętnej w betonie:
−+= 1
21
2 10
s
s
An
hb
b
nAz , (e)
co z kolei dzięki równaniom (b) i (a), pozwala wyznaczyć wyrażenia określające wielkość
naprężeń normalne w betonie i stali :
)zh(zb
M y
xb3
2
010 −
=σ , )zh(A
M
s
y
xs301 −
=σ . (f)
Podstawiając zadane wielkości momentu zginającego, stałych materiałowych i wymiarów
przekrojów betonu i stali otrzymujemy:
18501105248336
37020021
200
10524833621
21
24
41
0 .*.*.
.*.*
.
*.*.*
An
hb
b
nAz
s
s=
−+=
−+=
−
−
m,
2595318503701850200
10302
3
2 3
010
.)..(.*.
**
)zh(zb
M y
xb =
−
=
−
=σ MPa,
( )
2602153185037010524
1030
3 4
3
01
...*.
*
)zh(A
M
s
y
xs =
−
=
−
=−
σ MPa.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
152
12. UGIĘCIA OSI BELEK ZGINANYCH
12.1. Równanie różniczkowe ugiętej osi belki zginanej poprzecznie
W niniejszym rozdziale zajmiemy się wyznaczeniem przemieszczeń, inaczej ugięć, osi belek
zginanych poprzecznie wykonanych z materiału spełniającego równania fizyczne Hooke’a.
Rozważmy więc dowolną naszkicowaną na rys. 12.1, belkę zginaną, której konfigurację
aktualną zaznaczono linią przerywaną .
Rys. 12.1
Krzywizna poszukiwanej funkcji ugięć spełnia znaną z matematyki zależność:
( )
( )
[ ]2321
1
)x(w
xw
x '
''
+
=
ρ
. (12.1)
W mianowniku powyższej zależności możemy opuścić pierwszą pochodną funkcji ugięcia,
gdyż zgodnie z przyjętymi wcześniej założenia o małych przemieszczeniach i ich
pochodnych, jej wartość będzie znikomo mała w porównaniu z jednością i wzór (11.1)
przyjmie postać:
( )( )xw
x
''=
ρ
1. (12.2)
Analizując zagadnienie poprzecznego zginania wyprowadziliśmy związek wiążący krzywiznę
belki z momentem zginających, który możemy zapisać w postaci:
( )
( )
y
y
EJ
xM
x=
ρ
1. (12.3)
Z równości lewych stron zależności (12.2) oraz (12.3) wynika równanie:
( )
( )
y
y''
EJ
xMxw = . (12.4)
Znaki bezwzględnych wartości w równaniu (12.4) będziemy mogli opuścić jeśli będziemy
znali znaki występujących w nim wielkości, a to związane jest z układami współrzędnych, w
których te wielkości będą wyznaczane.
X
My w My > 0
w’’ < 0
ϕ(x)≈ tgϕ(x) = w’(x)
X
w
w(x)
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
153
Rys. 12.2
Jeśli przyjmiemy układy pokazane na rys.12.2, to działaniu dodatniego momentu zginającego
( )xM y (spody na dole belki) odpowiadają ugięcia ( )xw , których druga pochodna jest ujemna
i w tych układach równanie (12.4) przyjmie formę:
( )( )
y
y''
EJ
xMxw −= , (12.5)
gdzie: E - moduł Younga materiału belki, Jy - moment bezwładności jej przekroju
poprzecznego względem głównej centralnej osi bezwładności, do której równoległy jest
wektor momentu zginającego (tj. osi zginania). Iloczyn EJy nazywany jest sztywnością na
zginanie i nazwa ta dobrze oddaje jego sens fizyczny.
Wyznaczenie z równania (12.5) funkcji ( )xw przy znanym równaniu momentów zginających
( )xM y nie stanowi merytorycznych trudności.
W dalszej części tego rozdziału, dla uproszczenia zapisu równań, opuścimy indeksy „y”
zarówno przy funkcji momentu zginającego jak i momentu bezwładności względem osi
zginania.
12.2. Metoda analityczna
Jeśli znana jest funkcja momentów określona jednym równaniem, (a tak zwykle jest, gdyż
funkcje momentów zazwyczaj zapisujemy w przedziałach charakterystycznych), wyznaczenie
funkcji ugięcia jest bardzo proste, polega ono na dwukrotnym całkowaniu względem x
równania (12.5). Po pierwszym całkowaniu otrzymujemy:
( )( )
CdxEJ
xMxw
'+−= ∫ , (12.6)
drugie całkowanie daje zależność:
( )( )
DCxdxdxEJ
xMxw ++
−= ∫ ∫ , (12.7)
w której C oraz D to stałe całkowania, które możemy wyznaczyć z kinematycznych
warunków brzegowych.
Po wykonaniu całkowania i wyznaczeniu stałych całkowania otrzymujemy poszukiwaną
funkcję linii ugięcia belki w rozważanym przedziale. Znamy też jej pierwszą pochodną
określoną równaniem (12.6), której interpretacją geometryczną jest tangens kąta zawartego
między styczną do krzywej a dodatnim kierunkiem osi X (rys. 12.1). Ponieważ rozważamy,
zgodnie z przyjętymi wcześniej założeniami, tylko małe przemieszczenia i małe ich pochodne
to ( ) ( ) ( )xxxw ϕϕ ≈= tg' . Kąt ( )xϕ w dalszych rozważaniach nazywać będziemy kątem
ugięcia.
Wróćmy do stałych całkowania. W każdym przedziale charakterystycznym, w którym
zapisane jest równanie momentów, a potem wykonane całkowanie wystąpią dwie stałe
całkowania. Jak już wspomniano możemy je wyznaczyć z kinematycznych warunków
brzegowych wynikających z warunków podparcia belki (rys. 12.3),
X
w 0
0'
=
=
w
w0'
=w 0=w
l
p
l
ww
w
w
''
0
0
=
=
=l ww =
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
154
Rys. 12.3
lub sposobu jej obciążenia (rys. 12.4).
Rys. 12.4
Indeksy przy ugięciach i ich pochodnych w kinematycznych warunkach brzegowych na
rys. 12.3 oraz 12.4 informują o przedziałach z lewej i prawej strony rozpatrywanego punktu.
Kinematyczne warunki brzegowe pokazane na rys. 12.4 nazywane też bywają „warunkami
zszycia” i w sensie fizyczny oznaczają, że w punkcie wspólnym dla obu przedziałów ugięcie
i kąt ugięcia muszą być ciągłe. Warto w tym miejscu zwrócić uwagę, że przy rozważaniu
zagadnienia ugięć, punktami charakterystycznymi stają się dodatkowo (w stosunku do
zagadnienia wyznaczania sił przekrojowych tj. momentów zginających, sił poprzecznych i
podłużnych) punkty, w których następuje skokowo zmiana sztywności na zginanie oraz
przeguby wewnętrzne w belce.
Tok postępowania przy wyznaczaniu ugięcia i kątów ugięcia pokażemy na kilku prostych
zadaniach. Zaczniemy od belki wspornikowej, pokazanej na rys. 12.5 o stałej sztywności na
zginanie EJ. W belce tej chcemy wyznaczyć ugięcie i kąt ugięcia jej końca K.
Rys. 12.5 Rys.12.6
Funkcję momentów (przy spodach na dole belki) określa równanie: M(x) = -P (l-x).
Równanie różniczkowe linii ugięcia ma postać: EJ w’’(x) = P (l-x).
Całkując dwukrotnie otrzymujemy kolejno:
EJ w’(x) = -P (l-x)
2/2 + C,
EJ w(x) = P (l-x) 3/6 + Cx + D.
Kinematyczne warunki brzegowe:
( )
( ) 6
2
06
02
00/2
00/13
2
3
2'
lPD
lPC
DlP
ClP
w
w
−=
=→
=+
=+−→
=
=
Równanie kątów ugięcia: ( ) ( )[ ] EJlPxlPxw 22 22'+−−= .
Równanie linii ugięcia: ( ) ( )[ ] EJlPxlPxlPxw 626 323−+−= .
w
X l
K
P
EJ
X
w l
B A
q
EJ
pEJlEJ
pl
pl
ww
ww
''=
=
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
155
Stąd kąt ugięcia i ugięcie końca wspornika wynosi:
( ) EJlPlwK 22'==ϕ , ( ) EJlPlwwK 33
== .
W wolnopodpartej belce pokazanej na rys. 12.6, wyznaczymy maksymalne ugięcie i kąty
ugięcia na podporach.
Funkcja momentów (przy spodach na dole belki): M(x) = ql x/2 – q x2/2.
Równanie różniczkowe linii ugięcia ma postać: EJ w’’(x) = q x
2/2 – ql x/2 .
Całkując dwukrotnie otrzymujemy kolejno:
EJ w’(x) = q x
3/6 - ql x
2/4 + C,
EJ w(x) = = q x4/24 - ql x
3/12 + Cx + D.
Kinematyczne warunki brzegowe:
( )
( ) 24
0
01224
0
0/2
00/1344
lqC
D
lClqlq
D
lw
w
=
=
→
=+−
=
→
=
=
Równanie kątów ugięcia: ( ) [ ] EJqlxqlxqxw 2446 323'+−= .
Równanie linii ugięcia: ( ) [ ] EJxqlxqlxqxw 241224 334+−= .
Kąty ugięcia na podporach wynoszą:
( ) EJlqwA 240 3'==ϕ , ( ) EJlqlwB 243'
−==ϕ .
Maksymalne (ekstremalne) ugięcie wystąpi w tym punkcie przedziału gdzie zeruje się
pierwsza pochodna funkcji ugięcia, czyli tam, gdzie zeruje się kąt ugięcia. W analizowanym
przykładzie będzie to:
( ) 2024460 323' lxqlxqlxqxw =→=+−→= ,
max w = ( ) EJlqlw 38452 4= .
Tok postępowania w przypadku większej niż jeden ilości przedziałów całkowania nie
zmienia się zasadniczo. Zwiększa się liczba stałych całkowania oraz liczba kinematycznych
warunków brzegowych.
Wyznaczmy ugięcie i kąt w środku rozpiętości belki wolnopodpartej pokazanej na rys. 12.7.
X1
w1
K
EJ
l/2
l/2
w2
X2
P
EJ
w1, w2
X K
P
l/2
l/2
2EJ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
156
Rys. 12.7 Rys.12.8
Zadanie rozwiążemy przyjmując dwa układy współrzędnych (rys. 12.7). Równania
momentów, równania różniczkowe linii ugięcia i dalsze po dwukrotnym całkowaniu,
zestawione są niżej.
20 1 lx << 20 2 lx <<
( ) 2111 xPxM = ( ) 2222 xPxM =
( ) 211''
1 xPxwEJ −= ( ) 222''2 xPxwEJ −=
( ) 1211
'1 4 CxPxwEJ +−= ( ) 2
222
'2 4 CxPxwEJ +−=
( ) 1113111 12 DxCxPxwEJ ++−= ( ) 222
3222 12 DxCxPxwEJ ++−=
Kinematyczne warunki brzegowe:
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
16
0
0
1616
296296
0
00/4
22/3
22/2
00/1
221
21
2
22
12
223
113
1
2
'2
'1
21
1
PlCC
DD
D
ClPClP
DlClPDlClP
D
w
lwlw
lwlw
w
==
==
→
=
−=+−
++−=++−
=
→
=
−=
=
=
Ujemny znak w trzecim kinematycznym warunku brzegowym jest konsekwencją różnej
skrętności przyjętych układów współrzędnych.
Ugięcie i kąt ugięcia w środku rozpiętości belki wynoszą:
( ) EJlPlwwK 482 31 == , ( ) 02'
== lwKϕ .
W zakończeniu prostych zadań wyznaczymy ugięcie końca wspornika o skokowej zmiennej
sztywności na zginanie pokazanego na rys. 12.8.
20 lx << lxl <<2
( ) ( )xlPxM −−=1 ( ) ( )xlPxM −−=2
( ) ( )xlPxwEJ −=''
12 ( ) ( )xlPxwEJ −=''
2
( ) ( ) 12'
1 22 CxlPxwEJ +−−= ( ) ( ) 22'
2 2 CxlPxwEJ +−−=
( ) ( ) 113
1 62 DxCxlPxwEJ ++−= ( ) ( ) 223
2 6 DxCxlPxwEJ ++−=
Kinematyczne warunki brzegowe:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
157
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
++=++
+−=+−
=+
=+−
→
=
=
=
=
EJDlCPlEJDlCPl
EJCPlEJCPl
DlP
CPl
lwlw
lwlw
w
w
223
113
22
12
13
12
21
'2
'1
1
'1
2482248
828
06
02
22/4
22/3
00/2
00/1
221 lPC = , 63
1 lPD −= , 165 22 lPC = , 83
2 lPD −= .
Ugięcie końca belki wynosi:
( ) EJlPlwwK 163 32 == .
Przy większej ilości przedziałów charakterystycznych wyznaczenie stałych całkowania,
których liczba równa się podwojonej ilości przedziałów jest bardzo pracochłonne. Możemy
uniknąć tego nadmiernego nakładu pracy stosując pewien specyficzny sposób zapisu funkcji
momentów zginających M(x) a potem ich całkowania. Sposób ten zaproponowany przez
A. Clebscha w 1862 roku, daje w przypadku belek prostych o stałej sztywności na zginanie
EJ zrównanie się stałych całkowania we wszystkich przedziałach i tym samym
zredukowanie ich do dwóch (niezależnie od ilości przedziałów), które wyznaczamy z
kinematycznych warunków brzegowych wynikających ze sposobu podparcia belki (nie z
warunków zszycia).
Nie uzasadniając teoretycznie tego sposobu (patrz np. S.Piechnik: Wytrzymałość Materiałów.
PWN 1978) podamy niżej wymagania, które muszą być spełnione przy jego stosowaniu:
• równania momentów zginających ( )xM muszą być zapisane w jednym układzie, którego
początek należy przyjąć na jednym z końców belki,
• wszystkie składniki równania momentów w przedziale ( i ) muszą się powtórzyć bez zmian
w równaniu momentów w przedziale następnym (i + 1) a nowe dodatkowe człony muszą
zawierać dwumian typu ( )α
iax − gdzie α jest dowolną potęgą natomiast ia jest odciętą
początku przedziału (i + 1),
• całkowanie dwumianów typu ( )α
iax − należy wykonywać względem zmiennej ( )iax − ,
tzn. bez otwierania nawiasów.
Dla belek o skokowo zmiennej sztywności na zginanie doprowadzenie liczby stałych
całkowania do dwóch jest również możliwe przy zastosowaniu pewnych modyfikacji co
wymaga jednak sporego nakładu pracy. Dlatego w takich przypadkach zwykle nie stosuje się
sposobu Clebscha wykonując obliczenia, jak to pokazano wyżej, lub stosuje inne metody
obliczeń, jak np. metoda Mohra czy jeszcze bardziej ogólna i efektywna metoda Maxwella-
Mohra.
12.2.1. Przykłady
Przykład 12.2.1.1. Wyznaczyć ugięcie i kąt ugięcia punktu K danej belki.
2 kN 8 kNm 4 kN 4 kN/m
2 m 2 m
2 m 2 m
X
w 7 kN 15 kN
C D B A KEJ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
158
Rozwiązanie
Zadanie rozwiążemy korzystając ze sposobu Clebscha, dzięki czemu liczba stałych
całkowania zredukuje się do dwóch, niezależnie od ilości przedziałów charakterystycznych,
których w danym przykładzie mamy cztery.
Zaczynamy od równań momentów zginających. W przedziale AB, przy spodach na dole belki,
równanie ma postać:
M(x) = -2x AB
W przedziale BC, zgodnie z zasadami podejścia Clebscha, równanie momentów przyjmuje
formę:
M(x) = -2x + 7(x-2) – 4(x-2)2/2
BC
Pionowe kreski na końcach równań informują, w jakim przedziale dane równanie jest
obowiązujące.
Równanie w przedziale CD ma postać:
M(x) = -2x + 7(x-2) – 4(x-2)2/2 + 8(x-4)
0 CD
Czwarty człon w powyższym równaniu pochodzi od skupionego momentu działającego na
belkę. Nawias (x-4) jest konieczny, bo takie są zasady stosowania tego podejścia, a
podniesienie go do potęgi zerowej (x-4)0 daje wartość jeden i nie zmienia wartości w
równaniu momentów. Równanie w ostatnim przedziale DK wygląda następująco:
M(x) = -2x + 7(x-2) – 4(x-2)2/2 + 8(x-4)
0 + 15(x-6) +4(x-6)
2/2
DK
Ostatni człon tego równania to fikcyjnie dodane obciążenie ciągłe na odcinku DK. Jego
pojawienie się wynika z zasad podejścia, że równanie momentów w przedziale następnym
musi zawierać wszystkie człony równania z przedziału poprzedniego. Skoro tak to musiał
pozostać trzeci człon równania tj. – 4(x-2)2/2, a to oznacza przyjęcie, że obciążenie ciągłe
działa do końca belki. Ponieważ w rzeczywistości nie działa ono na odcinku DK, to należało
je wyzerować poprzez dodanie fikcyjnego obciążenia. To fikcyjne obciążenie jak i
przedłużone do końca belki obciążenie ciągłe z przedziału BD, zaznaczone zostało na rysunku
belki linią przerywaną.
Te cztery równania mogą być formalnie zapisane w jednej linijce, nie tracąc nic ze swej
ogólności i dając pełną informacje o postaci równania momentów w danym przedziale:
M(x) = -2x + 7(x-2) – 4(x-2)2/2 + 8(x-4)
0 + 15(x-6) +4(x-6)
2/2
DK
Równanie momentów w danym przedziale zawiera człony od znaku „=” do pionowej kreski
informującej o punktach określających początek i koniec przedziału. Dotyczyć to będzie
również równań ugięć i kątów ugięć.
Postępując analogicznie równania różniczkowe ugiętej osi belki we wszystkich przedziałach
możemy zapisać w postaci:
EJw’’(x) = 2x AB
+ 7(x-2) – 4(x-2)2/2 BC + 8(x-4)
0
CD + 15(x-6) +4(x-6)
2/2 DK
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
159
W wyniku dwukrotnego całkowania otrzymujemy:
EJw’(x) = C+ 2x
2/2
AB - 7(x-2)2/2 + 4(x-2)
3/6
BC - 8(x-4) CD - 15(x-6)2/2 -4(x-6)
3/6
DK
EJw(x) = D+ Cx +2x3/6
- 7(x-2)3/6 + 4(x-2)
4/24 - 8(x-4)
2/2 - 15(x-6)
3/6 -4(x-6)
4/24
Stałe całkowania C oraz D muszą się znaleść zaraz za znakiem równości gdyż są one
obowiązujące dla wszystkich przedziałów charakterystycznych.
Kinematyczne warunki brzegowe, z których możemy wyznaczyć stałe całkowania są
następujące:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
=−−−+++
=++→
=
=
0246824264666*26
062*22
06/2
02/12433
3
2-67- CD
CD
w
w,
a wyznaczone z nich stałe mają wartości : C = - 16/3 kNm2, D = 8.00 kNm
3 .
Poszukiwane wartości kąta ugięcia i ugięcia punktu K wynoszą:
( ) [ ] EJwK 62*422*154*866*426*728*23168 32322−−−+−+−=′=ϕ
EJ
kNm
EJ
kNmK
22 33.9
*3
28==ϕ
( ) [ ] EJwwK 242*462*152/4*8246*466*768*2316*888 432433−−−+−+−==
EJ
kNm
EJ
kNmwK
333.13
*3
340==
Przykład 12.2.1.2. Wyznaczyć linię ugięcia podanej belki oraz wymiar a jej przekroju
poprzecznego z warunku stanu granicznego użytkowania jeśli 250/lwdop = oraz E=205 GPa.
Rozwiązanie
Linię ugięcia belki wyznaczymy korzystając ze sposobu Clebscha, dzięki czemu liczba
stałych całkowania zredukuje się do dwóch.
M(x) = -20 x2/2
AB + 100 (x-2)
BC + 20 (x-6)/2
CD + 40 (x-10)
DE
EJw”(x) = +20x
2/2 - 100 (x-2)
-20 (x-6)
2/2 - 40 (x-10)
EJw’(x) = C+20x
3/6 -100 (x-2)
2/2
-20 (x-6)
3/6 - 40 (x-10)
2/2
EJw(x) = D+ Cx+20x4/24 -100 (x-2)
3/6
-20 (x-6)
4/24 - 40 (x-10)
3/6
a
2a
1.5a 1.5a
11a
6.611a
5.389a
Y
Jy=368.917a4
C B D X
w
20 kN/ m
4 m 2 m 4 m 2 m
20 kN
A E
100 kN 40 kN
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
160
Kinematyczne warunki brzegowe:
( )
( ) ( ) ( )
=−−−−++
=++→
=
=
0246102062101002410*2010
0242*202
010/2
02/1434
4
CD
CD
w
w
C = 53.33 kNm2, D = -119.99 kNm
3.
Ostatecznie funkcje kątów ugięć i linii ugięcia mają postać:
EJ w’(x) = 53.33+20x
3/6
AB -100 (x-2)
2/2
BC -20 (x-6)
3/6
CD - 40 (x-10)
2/2
DE
EJ w(x) = -119.99+53.33x+20x4/24 -100 (x-2)
3/6
-20 (x-6)
4/24 - 40 (x-10)
3/6
Ugięcia i kąty ugięcia w punktach charakterystycznych:
w’A= w
’(0) = 53.33/EJ , wA= w(0) = - 119.99/EJ,
w’B= w
’(2) = 80.00/EJ , wB = w(2) = 0 ,
w’C= w
’(6) = - 26.67/EJ , wC= w(6) = 213.32/EJ,
w’D= w
’(10) = - 26.67/EJ, wD= w(10) = 0,
w’E= w
’(12) = 13.33/EJ, wE= w(12) =0.
Powyższe wyniki dowodzą, że maksymalne ugięcie belki wystąpi w przedziale BC w punkcie
w którym zeruje się kąt ugięcia
53.33 + 20*x 3/6 – 100*(x-2)
2/2 = 0 → x = 5.404 m.
53.33+20*5.4043/6 –100*(5.404-2)
2/2 = -0.016 ≈ 0
Maksymalne ugięcie w belce wynosi:
( ) EJ..wwmax 512214045 == .
Największe ugięcie w przedziale DE
53.33 + 20*x 3/6 – 100*(x-2)
2/2 – 20*(x-6)
3/6 – 40*(x-10)
2/2 = 0 → x = 10.845 m.
w(10.845) = - 10.29/EJ.
Rysunek poniżej pokazuje szkic linii ugięcia analizowanej belki.
B
20 kN
C D X
w
20 kN/ m
A E
4.0 m 2.0 m 4.0 m 2.0 m
53.33/EJ
22
1.5
1/E
J
26.67/EJ
26.67/EJ
13.33/EJ 80.00/EJ
21
3.3
2/E
J
10.2
9/E
J
119.9
9/E
J
3.404 m 0.845 m
w(x)/EJ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
161
Wyznaczenie wymiaru a:
Wdop = l/250 = 8.00/250 = 0.032 m
9
34
3
102050320
1051221917368
105122151221
**.
*.a.
Ew
*.Jw
EJ
.wwmax
dop
dopdop ≥→≥→≤→≤
a ≥ 0.0174 m.
Przyjęto do wykonania a = 2.0 cm.
Przy przyjętym wymiarze a maksymalne ugięcie belki wynosi:
018002091736810205
10512215222149
3
..*.**
*.
EJ
.wmax === m.
Przykład 12.2.1.3. Wyznaczyć ugięcie i kąt ugięcia punktu K danej belki.
Rozwiązanie
Jeśli przyjmiemy początek układów współrzędnych dla każdej z belek składowych
rozważanej belki gerberowskiej w przegubie C, to dla każdej z nich możemy wykorzystać
podejście Clebscha i warunek zszycia w tym przegubie. Rozważmy wpierw belkę CK (belka
górna w schemacie obliczeniowym, drugorzędna):
M1(x1) = 4 x1 - 2x12
/2
CD + 4 (x1 -4)+ 2(x1 –4)
2/2
DK
EJ w1 ”(x1 ) = -4 x1 + 2x1
2 /2 - 4 (x1 –4) - 2(x1 –4)
2/2
EJ w1 ’(x1 ) = C1 -4 x1
2/2 + 2x1
3 /6 - 4 (x1 –4)
2/2 - 2(x1 –4)
3/6
EJ w1 (x1 ) = D1+ C1 x1 - 4 x13/6 + 2x1
4 /24 - 4 (x1 –4)
3/6 - 2(x1 –4)
4/24
Zajmijmy się teraz belką AC (belka dolna w schemacie obliczeniowym, pierwszorzędna).
Przy jej rozważaniu uwzględnimy tylko pionową składową siły pod kątem 45° działającą w
przegubie C, gdyż równanie różniczkowe ugiętej osi belki, którym się posługujemy, nie
uwzględnia wpływu sił podłużnych na wielkość ugięcia.
M2(x2) = - 6 x2 CB
+ 4(x2 –2)0
BA
2EJ w2 ”(x2 ) = + 6 x2 - 4(x2 –2)
0
2EJ w2 ’(x2 ) = C2 + 6 x2
2/2 - 4(x2 –2)
2EJ w2 (x2 ) = D2 + C2 x2 + 6 x23/6 - 4 (x2 –2)
2/2
Kinematyczne warunki brzegowe:
kN222 kN/m
4 kNm
A D KCB X1
w2
X2
w1
2EJ EJ
2 m4 kN
2 m 2 m 4 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
162
( )
( )
( )
( )
→
=−−++
=−−+
→
=
=
022446464
0244246
042
04123
22
22
2
2
**CD
**C
w/
w/'
C2 = -40.00 kNm2, D2 = 104.00 kNm
3.
( ) ( )
( )
→
=+−+
=→
=
=
024426444
2044
003
4311
21
1
21
**CD
EJ
D
EJ
D
w/
ww/
C1 = -7.67 kNm2, D1 = 52.00 kNm
3.
( ) ( ) ( )[ ] EJ***.wwK 244626464246266466775264343
1 −−−−+−−== ,
EJ
kNm.wK
36936−
= .
12.3. Metoda Mohra
Jeśli potrzebujemy wyznaczyć przemieszczenia osi belki zginanej w tylko jednym
interesującym nas punkcie, to metoda analityczna jest mało efektywna. Przy jej zastosowaniu
nakład pracy potrzebny do określenia funkcji ugięcia i kątów ugięcia w całej belce lub
wyznaczeniu przemieszczeń w jednym tylko punkcie niewiele się różni. Metoda którą
pokażemy niżej jest bardzo skuteczna i efektywna zwłaszcza przy obliczaniu ugięć i kątów
ugięcia w jednym punkcie osi belki.
Rozważmy dowolną belkę zginaną, która na rys.
12.9 nazwana jest belką rzeczywistą. W przyjętym
układzie odniesienia linia jej ugięcia spełnia znane
już równanie różniczkowe:
( )( )
EJ
xMxw
''−= .
Wyobraźmy sobie inną belkę, nazwiemy ją belką
fikcyjną (rys. 12.9), o tej samej długości co belka
rzeczywista obciążoną pewnym obciążeniem
rozłożonym w sposób ciągły o intensywności
( )xq f . Podpór belki fikcyjnej na razie nie
specyfikujemy, ale są one takie, że zapewniają jej
geometryczną niezmienność. Między obciążeniem
( )xq f a funkcją momentów w belce fikcyjnej
( )xM f zachodzi znana zależność różniczkowa:
( ) ( )xqxM f''f −= .
Jeśli położymy:
Mf
X
w M M
Belka rzeczywista
EJ
Belka fikcyjna
qf
Rys. 12.9
qf
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
163
( )( )
EJ
xMxq f = , (12.8)
to zachodzi równość:
( ) ( )xMxw''f
''= , (12.9)
która dowodzi, że druga pochodna linii ugięcia w belce rzeczywistej równa się drugiej
pochodnej funkcji momentów w belce fikcyjnej tj. belce, której obciążenie stanowi funkcja
momentów w belce rzeczywistej podzielona przez jej sztywność zginania.
Po dwukrotnym obustronnym całkowaniu równania (12.9) dostajemy kolejno:
( ) ( ) 21 CxMCxw'f
'+=+ ,
(12.10)
( ) ( ) 2211 DxCxMDxCxw f ++=++ .
Jeśli zapewnimy równość stałych całkowania w równaniach (12.10) i uwzględnimy, że
pochodną linii ugięcia jest kąt ugięcia a pochodną momentów zginających jest siła
poprzeczna otrzymujemy ostatecznie:
( ) ( )xQx f=ϕ ; ( ) ( )xMxw f= . (12.11)
Wzory (12.11) będące podstawą metody Mohra ( Mohr pierwszy w roku 1868 zauważył i
wykorzystał do wyznaczania ugięć formalną analogię równań różniczkowych wiążących
ugięcia z momentami zginającymi oraz momentami zginającymi i obciążeniem) obliczania
ugięć osi belek zginanych stanowią, że kąt ugięcia i ugięcie w dowolnym punkcie belki
rzeczywistej są równe sile poprzecznej i momentowi zginającemu w tym samym punkcie
belki fikcyjnej.
Wróćmy do określenia, dotąd nie zdefiniowanych, podpór belki fikcyjnej. Sposób jej
podparcia wynika ze wzorów (12.11), otrzymanych przy założeniu równości stałych
całkowania we wzorach (12.10).
Rozważmy sztywne zamocowanie w belce rzeczywistej. Jest to punkt, w którym kąt ugięcia i
ugięcie jest równe zeru, zgodnie więc ze wzorami (12.11) w tym punkcie belki fikcyjnej siła
poprzeczna i moment zginający muszą się zerować. Jedynym takim skrajnym punktem w
belce jest wolny koniec. W przypadku skrajnej podpory przegubowej w belce rzeczywistej
kinematyczne warunki brzegowe to zerowanie się ugięcia i różny od zera kąt ugięcia. Musi
temu w belce fikcyjnej odpowiadać punkt, w którym statyczne warunki brzegowe dają
zerowanie się momentu zginającego i różną od zera siłę poprzeczną i takim punktem będzie
podpora przegubowa. W tabeli poniżej zestawione są podpory w belce rzeczywistej i
odpowiadające im podpory w belce fikcyjnej.
Belka rzeczywista Belka fikcyjna
0=ϕ ; 0=w 0=fQ ; 0=fM
0≠ϕ ; 0=w 0≠fQ ; 0=fM
0≠ϕ ; 0≠w 0≠fQ ; 0≠fM
0=ϕ ; 0≠w 0=fQ ; 0≠fM
pl ϕϕ = ; 0=lw ; 0=pw fpfl QQ = ; 0=flM ; 0=fpM
0≠lϕ ; 0≠pϕ ; pl ww = 0≠flQ ; 0≠fpQ ; fpfl MM =
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
164
Wyznaczenie belki fikcyjnej dla dowolnej belki rzeczywistej jest zadaniem bardzo prostym.
Niżej pokazany jest przykład belki rzeczywistej i odpowiadającej jej belki fikcyjnej.
Jak powiedziane zostało na wstępie metoda Mohra jest bardzo efektywna ( w stosunku do
metody analitycznej) w przypadku gdy poszukujemy przemieszczeń osi belki w określonym
punkcie.
Tok postępowania przy obliczaniu przemieszczeń w wybranym punkcie osi belki zginanej
metodą Mohra jest następujący:
• wyznaczyć wykres momentów zginających w belce rzeczywistej (spody na dole belki),
• wyznaczyć belkę fikcyjną,
• obciążyć belkę fikcyjną wykresem momentów zginających z belki rzeczywistej
podzielonemu przez jej sztywność na zginanie EJ. Dodatniemu wykresowi momentów
odpowiadają zwroty obciążenia fikcyjnego zgodnego ze zwrotem osi ugięć belki rzeczywistej,
• wyznaczyć siłę poprzeczną i/lub moment zginający w tym wybranym punkcie w belce
fikcyjnej (siła poprzeczna znakowana zgodnie z układem własnym przekroju poprzecznego
belki, moment przy spodach na dole belki). Będą one równe odpowiednim przemieszczeniom
w tym samym punkcie osi belki rzeczywistej.
12.3.1. Przykłady
Przykład 12.3.1.1. Wyznaczyć metodą
Mohra ugięcie i kąt ugięcia końca wspornika.
Rozwiązanie
Rysunki obok pokazują kolejne etapy rozwiązania.
Fikcyjne siły przekrojowe tj. siła poprzeczna i moment
zginający w punkcie K belki fikcyjnej wynoszą:
EJ
lPl
EJ
PlQ KfK
22
12
=== ϕ ,
EJ
lPl*l
EJ
PlwM KfK
33
2
2
13
=== .
Obie wielkości są dodatnie, co w przyjętym układzie
odniesienia związanego z belką rzeczywistą oznacza, że
punkt K przemieści się w dół a jego kąt obrotu będzie
zgodny z ruchem wskazówek zegara.
Belka fikcyjna
Belka rzeczywista
w
X l
K
P
EJ
Pl
M
l
K
Pl/
EJ
Belka fikcyjna
l
K
P
EJ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
165
Przykład 12.3.1.2. Wyznaczyć metodą Mohra
ugięcie i kąt ugięcia końca wspornika o
skokowo zmiennej sztywności na zginanie.
Rozwiązanie
Fikcyjne siły przekrojowe tj. siła poprzeczna i moment
zginający w punkcie K belki fikcyjnej wynoszą:
EJ
Pll
EJ
Pll
EJ
Pll
EJ
PlQ KfK
16
5
242
1
24222
1 2
=++== ϕ ,
EJ
Pl
*
ll*
l
EJ
Pl
l*
l
EJ
lPl*
l
EJ
PlwM KfK
16
3
23
2
2242
1
4
3
2423
2
222
1
3
=
++
++==
Przykład 12.3.1.3. Wyznaczyć metodą
Mohra ugięcie i kąt ugięcia punktu K belki
wolnopodpartej o skokowo zmiennej
sztywności na zginanie.
Rozwiązanie
w
EJ
X K
P
l/2
l/2
2EJ
Pl
M
Belka fikcyjna
Pl/
4E
J
K
Pl/
2E
J
Pl/
2E
J
l/2
l/2
Belka fikcyjna
A
B
6/E
J
K
4.0 m
4.0 m
24/EJ
12/EJ
fBV
P EJ
K
l/2
l/2
2EJ
EJ K
6.0 kN/m
4.0 m
4.0 m
2EJ
w
EJ X K
6.0 kN/m
4.0 m
4.0 m
2EJ
24
6*42/8 = 12
24
M
kNm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
166
Wykres momentów (na części krzywoliniowy) w belce rzeczywistej można rozłożyć na
wykresy pokazane niżej na rysunku. Część krzywoliniowa to symetryczna parabola drugiego
stopnia, której maksymalna wartość wynosi qa2/8, gdzie a to rozpiętość na której działa stałe
obciążenie ciągłe q.
Poszukiwane siły przekrojowe w belce fikcyjnej policzymy idąc od strony prawej i w tym
celu potrzebujemy wpierw wyznaczyć reakcję na prawej podporze.
0246
3
24
3
24
12
2
1
3
444
24
2
180 =++
++−→=∑ *
EJ*
EJ*
EJVM fBfA ,
EJ
kNm.V fB
2044= .
EJ
kNm.
EJEJQ fKK
2044
24
2
144=+−==ϕ ,
EJ
kNm.*
EJEJMw fKK
301124
3
14
24
2
14
44=−== .
Niżej podane są pola powierzchni A i położenie środków ciężkości S dla figur ograniczonych
parabolami drugiego stopnia, stanowiących części wykresów momentów zginających
pochodzących od równomiernie rozłożonych obciążeń ciągłych w belkach rzeczywistych.
Przykład 12.3.1.4. Wyznaczyć metodą Mohra
kąt ugięcia na podporze B belki
wolnopodpartej o skokowo zmiennej
sztywności na zginanie.
Rozwiązanie
EJ
6.0 kN
3.0 m
3.0 m
EJ/2
B A
lfA3
2= lfA
3
2= lfA
3
1=
l/2
f S
l/2
l
styczna
pozioma
S f
5l/8 3l/8
l
S f
3l/4 l/4
styczna
pozioma
l
EJ
kNm.V fB
2018
=
3.0 m
3.0 m
B A
18
.0/E
J
9.0
/EJ
Belka fikcyjna
9.0
M
kNm
w
EJ
X
6.0 kN
3.0 m
3.0 m
EJ/2
B A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
167
Fikcyjną siłę poprzeczną w przekroju podporowym policzymy idąc od strony prawej, zatem
celowym jest wyznaczenie reakcji na prawej podporze.
EJ
kNm.V*
EJ*
EJVM fBfB
fA
201803
3
23
18
2
1
3
333
9
2
160 =→=+
++−→=∑
EJ
kNm.VQ fBfBB
2018
−=−==ϕ .
Zgodnie z przyjętym układem współrzędnych przekrój podporowy obróci się przeciwnie do
ruchu wskazówek zegara.
Przykład 12.3.1.5. Wyznaczyć metodą
Mohra ugięcie i kąt ugięcia punktu K belki
jednostronnie przewieszonej.
Rozwiązanie
Wykres momentów w belce rzeczywistej jest sumą momentów od obciążenia na
przewieszeniu i obciążenia w prześle AB. Oba te momenty są bardzo proste do wyznaczenia i
co bardzo ważne - ich pola powierzchni jaki i położenie środków ciężkości są powszechnie
znane.
Belka fikcyjna jest belką gerberowską, w której w schemacie obliczeniowym część AB jest
belką drugorzędną. Ponieważ punkt K jest w dolnej belce, pierwszorzędnej więc najprościej
będzie wpierw wyznaczyć fikcyjną reakcję w przegubie B, a potem obciążyć nią (ze zwrotem
przeciwnym) dolny wspornik BK.
20.0 kN/m
K EJ B
6.0 m
2.0 m
A
w
20.0 kN/m
K EJ B X
6.0 m 2.0 m
A
M
kNm
90.0
40.0
A
6.0 m 2.0 m
40/EJ
90/EJ
K B
Belka fikcyjna
B A
6.0 m
90/EJ
40/EJ
EJV fB 100= EJ100
40/EJ
K
2.0 m
B
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych
168
Obliczenie reakcji fBV :
EJ
kNm.V*
EJ*
EJVM fBfBfA
20100
03690
3
26
3
26
40
2
160 =→=+−−→=∑ .
Stąd kąt ugięcia i ugięcie punktu K belki rzeczywistej wynosi:
EJ
kNm
EJEJQ fKK
233.73
240
3
1100−=+−==ϕ ,
EJ
kNm
EJEJMw fKK
300.160
24
3*2
40
3
12
100−=+−== .
Często dla uproszczenia zapisów obliczenia prowadzimy bez pisania sztywności na zginanie
w mianowniku obciążenia fikcyjnego i wstawiamy ją dopiero w końcowych rezultach tj.
fikcyjnej sile poprzecznej i fikcyjnym momencie zginającym.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
169
13. UKOŚNE ZGINANIE
13.1. Naprężenia i odkształcenia
Ukośne zginanie pręta pryzmatycznego występuje wówczas gdy układ sił zewnętrznych po
jednej stronie jego przekroju poprzecznego pręta redukuje się do momentu zginającego M ,
którego wektor nie jest równoległy do żadnej z głównych, centralnych osi bezwładności
przekroju poprzecznego. Będziemy się starali wyznaczyć elementy macierzy naprężeń i
odkształceń oraz współrzędne wektora przemieszczenia w dowolnym punkcie pręta.
Rozważmy więc, pokazany na rys. 13.1 pręt pryzmatyczny określony w układzie osi
(X, Y ,Z), w którym oś X jest osią pręta, a osie (Y, Z) są głównymi centralnymi osiami
bezwładności jego przekroju poprzecznego. Materiał pręta jest izotropowy, liniowo sprężysty
o stałych materiałowych E oraz ν. W rozważanym przypadku moment zginający działa w
płaszczyźnie zaznaczonej szarym kolorem na rysunku, a jego wektor jest nachylony pod
kątem α do osi Y.
Przy rozwiązywaniu postawionego zadania wykorzystamy wyniki uzyskane dla przypadku
zginania prostego.
Otóż zgodnie z zasadą de Saint-Venanta statycznie równoważne obciążenia wywołują
jednakowe stany naprężenia i odkształcenia, a jeśli tak to moment M możemy zastąpić
dwoma równoważnymi mu momentami αcosMM y = i αsinMM z = , których kierunki
są równoległe do odpowiednich osi układu odniesienia (rys. 13.1). W ten nieskomplikowany
sposób otrzymaliśmy dwa proste zginania względem osi Y i Z, dla których macierze naprężeń
są już nam znane. W obu przypadkach jedynym niezerowym elementem macierzy naprężeń
jest naprężenie normalne xσ . Proste sumowanie, zgodnie z zasadą superpozycji, daje wzór
określający te naprężenia, dla rozważanego pręta, w postaci:
yJ
Mz
J
M
z
z
y
y
x −=σ (13.1)
lub, po wykorzystaniu zależności między M , yM i zM w formie:
−= y
Jz
JM
zy
x
αασ
sincos. (13.2)
α
α
Mz
M
My
Y
Z
ślad płaszczyzny
obciążenia
Rys. 13.1
M
M
Z Y
( )0,0,1v
I II
płaszczyzna
obciążenia
X
x
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
170
Wzory określające krzywiznę osi pręta po deformacji w wyniku działania momentów yM i
zM , mają postać:
y
y
y JE
M=
ρ
1 oraz
y
y
z JE
M=
ρ
1. (13.3)
Ugięcia punktów osi pręta w kierunku osi Y i Z
obliczamy od każdego momentu zginającego
osobno, korzystając z równań różniczkowych,
które przy zwrotach momentów i układu
odniesienia pokazanych na rys.13.2 są
następujące:
y
y
JE
M
dx
wd−=
2
2
oraz z
z
JE
M
dx
vd=
2
2
(13.4)
Całkowite ugięcie osi belki jest geometryczna sumą ugięć od składowych momentów
zginających.
Macierz odkształceń odpowiadając temu stanowi naprężenia łatwo wyznaczymy z równań
Hooke’a, i będzie ona zawierała jedynie trzy odkształcenia liniowe, z których dwa są sobie
równe.
13.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
W tym przypadku wytrzymałości w pręcie występuje jednoosiowy niejednorodny stan
naprężenia, przy czym wartości naprężeń normalnych xσ , są liniową funkcją zmiennych y
oraz z i nie zależą od zmiennej x. Ponieważ jedynym niezerowym elementem macierzy
naprężeń jest xσ , to wnioski z analizy stanu naprężenia i odkształcenia dla tego przypadku,
dotyczące naprężeń i odkształceń głównych ich kierunków, jak i ekstremalnych naprężeń
stycznych będą analogiczne do tych, jakie były w przypadku osiowego rozciągania i zginania
prostego. Wzory (13.1) czy (13.2) pokazują, że końce wektorów naprężenia xσ leżą na
płaszczyźnie - płaszczyźnie naprężeń. Krawędź przecięcia się płaszczyzny naprężeń z
płaszczyzną przekroju poprzecznego, tj. oś obojętna, stanowi miejsce geometryczne
punktów, w których wartości naprężeń normalnych spełniają równanie:
0=xσ
Podstawiając do niego wyrażenie (13.2) dostajemy równanie osi obojętnej dla rozważanego
przypadku:
yJ
Jz
z
yαtg= (13.5)
Zatrzymajmy się chwilę przy równaniu tej prostej. Jego prosta analiza pokazuje, że przy
ukośnym zginaniu:
• oś obojętna przechodzi przez początek układu współrzędnych ale jej położenie
(nachylenie) nie zależy od wartości momentu zginającego,
yMzM
yMzM
Rys.13.2
Z, w
Y, v
X
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
171
• położenie osi obojętnej zależy od wartości yJ , zJ oraz α , tzn. od geometrii przekroju
poprzecznego i płaszczyzny działania obciążeń,
• oś obojętna nie pokrywa się z kierunkiem wektora momentu zginającego (tak było w
przypadku prostego zginania), odchyla się ona od niego w kierunku „minimalnej” głównej
centralnej osi bezwładności przekroju poprzecznego.
Wyjątek mogłyby stanowić przekroje dla których zy JJ = , ale wobec zerowania się
momentu dewiacji yzJ , każda oś centralna jest osią główną centralną i w takim przypadku
zawsze występować będzie proste zginanie.
Powyższe spostrzeżenia są bardzo istotne z punktu widzenia wymiarowania, bo pozwalają
łatwo wyznaczyć punkty przekroju poprzecznego, w których naprężenia normalne
xσ osiągają wartości ekstremalne. Punkty te położone są najdalej od osi obojętnej co wynika
to z liniowości wzoru określającego wartości naprężeń normalnych.
Rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju poprzecznym pręta pokazuje rys.13.3.
Rys. 13.3
Rozkład ten jest wynikiem dodania do siebie rozkładów z dwóch prostych zginań, tj. zginania
w płaszczyźnie (X, Z) i w płaszczyźnie (X, Y) (rys.13.4).
Jak już zostało powiedziane, największe co do bezwzględnej wartości naprężenia wystąpią w
punktach najodleglejszych od osi obojętnej. Wyznaczenie położenia tych punktów przy
znajomości położenia osi obojętnej nie powinno sprawiać trudności.
Kolejny raz należy podkreślić, że wyprowadzone wzory obowiązują przy przyjętych
zwrotach osi układu odniesienia i wektora momentu zginającego. W przypadku innych
zwrotów należy we wzorach uwzględnić korektę znaków.
X
Y
Z oś obojętna
Y
Rys.13.4
Y
X
My
Z
X
Z
Mz
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
172
13.3. Wymiarowanie prętów ukośnie zginanych
Tak jak w przypadku prostego zginania ograniczymy się teraz tylko do wymiarowania ze
względu na stan graniczny nośności, przyjmując, że będzie on osiągnięty, jeśli przynajmniej
w jednym punkcie przekroju poprzecznego wielkość naprężenia normalnego będzie równa
wytrzymałości obliczeniowej.
Jeśli pręt wykonany jest z materiału którego wytrzymałości obliczeniowe przy rozciąganiu Rr
i ściskaniu Rc , są różne to warunek stanu granicznego nośności stanowią nierówności:
rrx Rmax ≤σ i ccx Rmax ≤σ
gdzie: rxmax σ i cxmax σ - największe naprężenia rozciągające i ściskające w przekroju
poprzecznym.
W przypadku materiału o tej samej wytrzymałości obliczeniowej na rozciąganie i ściskanie
(materiał izonomiczny) warunek wymiarowania będzie jeden:
Rmax x ≤σ .
Gdy przekrój poprzeczny pręta ma dwie osie symetrii i obrys zewnętrzny jego kształtu jest
prostokątny np. dwuteownik, prostokąt z wyciętymi otworami itp. to maksymalne naprężenia
normalne wystąpią w narożach i mają wartość:
z
z
y
y
cxrxW
M
W
Mmaxmax +== σσ .
13.4. Przykłady
Przykład 13.4.1. Drewniana belka wspor-
nikowa o długości l = 1.0 m i
prostokątnym przekroju poprzecznym
b = 12 cm, h = 24 cm obciążona jest na
końcu siłą P = 4.0 kN nachyloną pod
kątem α = 20° do osi pionowej (rysunek
obok). Wyznaczyć rozkład naprężeń
normalnych w przekroju utwierdzenia i
położenie osi obojętnej.
Rozwiązanie
X
Y
Z
α
P
b
l
h
płaszczyzna obciążenia
P = 4.0 kN
M
kNm 4.0
X
Z
l = 1.0 m
Y
Mz
Z α
ślad płaszczyzny
obciążenia
Y
M
My
P
1
2 3
4
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
173
Rysunek wyżej pokazuje wykres momentów zginający w płaszczyźnie obciążenia. W
utwierdzeniu moment ma wartość M = 4.0 kNm a jego wektor będąc prostopadły do
płaszczyzny obciążenia nie jest równoległy do żadnej z głównych centralnych osi
bezwładności przekroju poprzecznego. Mamy do czynienia ze zginaniem ukośnym
(dokładniej mówiąc wraz ze ścinaniem, ale naprężenie styczne, w tym przykładzie, nie są
przedmiotem naszego zainteresowania).
Składowe tego wektora (pokazane na rysunku) w osiach głównych centralnych mają wartości:
759.39397.0*0.4cos === αMM y kNm, 368.13420.0*0.4sin === αMM z kNm.
Główne centralne momenty bezwładności wynoszą:
138241224*12 3==yJ cm
4, 34561212*24 3
==zJ cm4.
W przyjętym układzie odniesienia i zwrotach momentów rozkład naprężeń normalnych
określa wzór:
y*.z*.y*
*.z
*
*.y
J
Mz
J
M
z
z
y
y
x77
8
3
8
3
1096310722103456
103681
1013824
107593−=−=−=
−−σ
Wartości naprężeń normalnych w narożach przekroju wynoszą:
MPa.*.*.).(*.).(*.x 88010382102630601096312010722 66771 =−=−=σ
MPa.*.*.).(*.).(*.x 64510382102630601096312010722 66772 −=−−=−−=σ
MPa.*.*.).(*.).(*.x 88010382102630601096312010722 66773 −=+−=−−−=σ
MPa.*.*.).(*.).(*.x 64510382102630601096312010722 66774 =+=−−=σ
Równanie osi obojętnej:
y.zy*.z*.x 4561010963107220 77=→=−→=σ .
Oś obojętna tworzy z osią Y kąt 55°31’, widać jak wyraźnie odchyla się ona od wektora
momentu gnącego, który tworzy z osią Y kąt 20°, w stronę głównej centralnej osi o
mniejszym momencie bezwładności.
Rysunki poniżej pokazują rozkład naprężeń normalnych w przekroju utwierdzenia. Rysunek
po lewej, często nazywany jest bryłą naprężeń, rysunek po prawej pokazuje rozkłady
naprężeń na krawędziach przekroju, ale daje pełny obraz tego co się dzieje wewnątrz.
55°31′
0.8
8
0.88 5.64
oś obojętna
Z
Y
5.64
5.6
4
5.6
4
0.88
0.8
8
σ x
MPa Z
oś obojętna
5.64
5.64
Y
0.88
0.88
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
174
Przykład 13.4.2. Wyznaczyć rozkład
naprężeń normalnych w przekroju
utwierdzenia belki wspornikowej o
obciążeniu i przekroju poprzecznym
jak na rysunku.
Rozwiązanie
Obciążenie ciągłe q działa w płaszczyźnie która odchyla się od płaszczyzny (X, Z) o kąt 30°,
siła skupiona P działa w płaszczyźnie (X, Z).
Zadanie w którym obciążenia działają w dowolnych płaszczyznach najprościej jest
rozwiązywać wykorzystując zasadę superpozycji sumując momenty od poszczególnych
obciążeń. Ponieważ momenty występują w różnych płaszczyznach sumowanie należy
wykonać z uwzględnieniem ich własności wektorowych pamiętając, że wektory momentów
są prostopadłe do płaszczyzn działania obciążeń które je wywołują.
Otrzymaną sumę należy potem rozłożyć na składowe równoległe do głównych centralnych
osi bezwładności przekroju poprzecznego. Z tego względu wydaje się, że najzgrabniej jest
rozkładać obciążenie na składowe równoległe do tych osi bo otrzymane od nich momenty
będą od razu tymi które należy wstawiać do wzoru na naprężenia normalne. I tak też
będziemy postępować w tym przykładzie.
Składowe obciążenia ciągłego q wynoszą:
250.0500.0*5.0sin === αqq y kN/m
433.0866.0*5.0cos === αqqz kN/m
Wykresy momentów w płaszczyznach układu odniesienia
Y q=0.5 kN/ m
l = 3.0 m X
Z
P = 1.0 kN
12 cm
Z
α
Y
q P
α = 30 °
24 cm
q = 0.500
Z
α
Y
α = 30 °
qz = 0.433
qy = 0.250
qz =0.433 kN/ m
l = 3.0 m
P = 1.0 kN
Y
X
Z
My
kNm
4.9
49
obciążenie w płaszczyźnie (X, Z) obciążenie w płaszczyźnie (X, Y)
Mz
kNm
1.125
qy =0.250 kN/ m
l = 3.0 m
Y
X
Z
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
175
Składowe momentu zginającego w przekroju
utwierdzenia pokazane są na rysunku obok, a
rozkład naprężeń normalnych określa
zależność:
yJ
Mz
J
M
z
z
y
y
x −=σ
Wartości naprężeń policzymy w narożach przekroju. W tym przypadku będą to punkty,
których współrzędne są maksymalne, stąd możemy naprężenia policzyć korzystając ze
wskaźników wytrzymałości:
11526
24*12
6max
22
====
hb
z
JW
y
y cm3, 576
6
12*24
6max
22
====
bh
y
JW z
z cm3.
6
6
3
6
3
1 10*343.210*576
10*125.1
10*1152
10*949.4=−=−=
−−
z
z
y
y
xW
M
W
Mσ Pa = 2.343 MPa,
6
6
3
6
3
2 10*249.610*576
10*125.1
10*1152
10*949.4−=−−=−−=
−−
z
z
y
y
xW
M
W
Mσ Pa = -6.249 MPa,
6
6
3
6
3
3 10*343.210*576
10*125.1
10*1152
10*949.4−=+=+−=
−−
z
z
y
y
xW
M
W
Mσ Pa = -2.343 MPa,
6
6
3
6
3
4 10*249.610*576
10*125.1
10*1152
10*949.4=+=+=
−−
z
z
y
y
xW
M
W
Mσ Pa = 6.249 MPa
Przykład 13.4.3. Dobrać potrzebne
wymiary kątownika równoramiennego ze
względu na naprężenia normalne dla
belki obciążonej jak na rysunku jeśli
R = 215 MPa.
oś obojętna
Y
2.343
6.2
49
2.3
43
6.2
49
2.3
43
σ x
MPa
2.343
6.249 Z
6.249
Y0 q =11 kN/ m
l = 3.0 m X
Z0 q
Z0
Y0
Z
Y
1
2 3
4
My = 4.949
Mz = 1.125
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
176
Rozwiązanie
Obciążenie działa w płaszczyźnie (X, Z0)
zatem wektor momentu zginającego jest
równoległy do osi Y0 . Ponieważ jest ona
tylko osią centralną a nie główną centralną
występuje przypadek ukośnego zginania.
Osie główne centralne (Y, Z) w tym przekroju
poprzecznym (oś Z jest osią symetrii)
nachylone są pod kątem 45° do osi
centralnych (Y0, Z0). Maksymalny moment
zginający występujący w środku rozpiętości
belki wynosi:
375128
311
8
22
.*lq
Mmax === kNm,
a jego współrzędne w osiach głównych
centralnych mają wartości:
75082
37512
2.
.MmaxMM zy ==== kNm.
Przyjęto kątownik równoramienny 140*140*15, którego główne centralne momenty
bezwładności mają wartości Jy = 298 cm4, Jz = 1150 cm
4. Należy teraz sprawdzić czy
spełniony jest warunek stanu granicznego nośności ze względu na naprężenia normalne, który
wymaga aby:
Rmax x ≤σ .
Maksymalne naprężenia normalne wystąpią w punkcie najodleglejszym od osi obojętnej. Jej
położenie jest łatwo naszkicować. Odchyla się ona od wektora momentu zginającego w stronę
osi Y, bo względem tej osi moment bezwładności jest najmniejszy. Nietrudno teraz stwierdzić,
że punkt A jest najodleglejszy od osi obojętnej i w osiach głównych centralnych ma
współrzędne (8.84, 5.02) cm.
Rozkład napreżeń normalnych w tym przypadku określa zależność:
yJ
Mz
J
M
z
z
y
y
x −−=σ ,
stąd
6621410848101150
1075810025
10298
10758 2
8
32
8
3
.*.*
*.*.
*
*.y
J
Mz
J
MA
z
zA
y
yAx −=−−=−−=
−
−
−
−σ MPa
, a ponieważ : 21566214 =<== R.max xAx σσ , więc przekrój został przyjęty prawidłowo.
Y0 q =11 kN/m
l = 3.0 m X
Z0
max M = q l
2/8
M
My
max M Y0
Z Y
Z0
oś obojętna
45°
A
Mz
10
4 10
4 wymiary w
cm
1.5
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
177
Przykład 13.4.4. Wyznaczyć maksymalne naprężenia normalne w przekroju poprzecznym
zadanej belki oraz maksymalne ugięcie jej osi jeśli E = 205 GPa.
Rozwiązanie
Łatwo dowieść z równań równowagi, że
działające w płaszczyźnie (X, Z)
obciążenie q wywoduje reakcje
060.RR BZAZ == kN a działający w
płaszczyźnie (X, Y) moment powoduje
reakcje 04.RR BYAY == kN.
Równania momentów zginających ( )xM y
i ( )xM z napiszemy przyjmując za
dodatnie momenty pokazane na wykresach
obok. I tak ( ) 22060 2xxxM y −=
( ) xxM z 4=
Rozkład napreżeń normalnych przy tych
ustalonych zwrotach momentów i osi układu
współrzędnych wyznacza zależność:
( ) yJ
Mz
J
Mx
z
z
y
y
x +−=σ
Z rozkładu momentów na belce można wnioskować, że maksymalne naprężenia wystąpią w
punkcie K ( jeśli mamy wątpliwości to można sprawdzić we wszystkich punktach narożnych).
Zatem:
( ) ( ) ( ) ( )
( )x.xx
M.M*.*
M*
*
Mx zy
zyKx
482622060893
10
626893
101058
1011471018
1016084
26
62
8
2
8
+−=
=+=+−−=−
−
−
−σ
Warunek konieczny ekstremum funkcji jednej zmiennej daje równanie, z którego
wyznaczymy położenie przekroju w którym naprężenie normalne jest maksymalne:
Y q = 20 kN/m
l = 6.0 m X
Z
M = 24 kNm Z
Y Profil spawany IPES 360
Huty Pokój
Jy = 16084 cm4, Jz = 1147 cm
4
36 cm
17 cm
Z
Y
36 cm
17 cm
My
Mz K
Y Z My(x)
Y Z
Mz(x)
RAY = 4 kN
q = 20 kN/m Y
X
Z
l = 6.0 m
M = 24 kNm
RBZ =60 kN
x
A B
RAZ =60 kN
RBY = 4 kN
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
178
( )3244048262060 .x.x
xd
xdKx
=→=+−=
σm.
Momenty zginające w tym przekroju mają wartości:
( ) 470723244103244603244 2..*.*.M y =−= kNm,
( ) 29617324443244 ..*.M z == kNm.
Stąd maksymalne naprężenia normalne w przekroju poprzecznym belki wynoszą:
( ) ( ) ( ) =+−−=−
−
−
−
2
8
32
8
3
1058101147
10296171018
1016084
10470723244 *.
*
*.*
*
*..
Kxσ
( )61017412810381 *.. += N/m
2 = 209.277 MPa.
Zajmiemy się teraz obliczeniem maksymalnego ugięcia osi belki. Przekrój poprzeczny w
którym oś belki przemieści się najwięcej nie musi się pokrywać z tym w którym występują
największe naprężenia normalne.
Ugięcia punktów osi pręta w kierunku osi Y i Z obliczymy
od każdego momentu osobno korzystając z równań
różniczkowych, które przy zwrotach momentów i układu
odniesienia pokazanych na rysunku obok są następujące:
y
y
JE
M
dx
wd−=
2
2
oraz z
z
JE
M
dx
vd−=
2
2
.
Obliczenie ugięcia w płaszczyźnie (X, Z).
( ) ( )
y
y
JE
xM
dx
xwd−=
2
2
( ) xxxwEJ''
y 6010 2−=
( ) 123 30310 CxxxwEJ
'y +−=
( ) 1134 1065 DxCxxxwEJ y ++−=
Kinematyczne warunki brzegowe:
( )
( )2
1
1
134
1
180
0
06610665
0
062
001
kNmC
D
C**
D
w/
w/
=
=
→
=+−
=
→
=
=
.
Zatem funkcja ugięcia w płaszczyźnie (X, Z) ma postać:
( )
+−= xx
x
EJxw
y
180106
51 34
.
Obliczenie ugięcia w płaszczyźnie (X, Y).
w My
Mz
My
Mz
X
v
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie
179
( ) ( )
zJE
xMz
dx
xvd−=
2
2
( ) xxvEJ ''z 4−=
( ) 222 CxxvEJ '
z +−=
( ) 223 32 DxCxxvEJ z ++−=
Kinematyczne warunki brzegowe:
( )
( )2
2
2
23
2
24
0
06362
0
062
001
kNmC
D
C*
D
v/
v/
=
=
→
=+−
=
→
=
=
.
Stąd funkcje ugięcia w płaszczyźnie (X, Y) określa zależność:
( )
+
−= x
x
EJxv
z
243
21 3
.
Całkowite ugięcie jest geometryczną sumą przemieszczeń w tych dwóch prostopadłych
płaszczyznach określoną wzorem:
( ) ( ) ( )xwxvxf22
+= .
Podstawiając za ( )xv oraz ( )xw wyżej otrzymane zależności dostajemy:
( )
( ) ( )234236
234
23
180106532246351961032830
18010653224
xxxxx.*.
EJ
xxx
EJ
xxxf
yz
+−+−=
=
+−
+
−
=
−
Miejsce wystąpienia maksymalnego ugięcia otrzymujemy z równania zerowania się
pochodnej jego funkcji:
( )→= 0
dx
xdf
( )( ) ( )( )
( ) ( )
0
18010653224635196
180306201801065222432246351962
23423
233423
=
+−+−
+−+−+−−
xxxxx.
xxxxx*xxx.*
którego rozwiązaniem jest 3873.x = m.
Maksymalne ugięcie wynosi:
( ) 0256014884410328303873 6 ..**..ffmax ===− m = 2.56 cm.
Składowe tego przemieszczenia są równe:
( ) 35523873 ..v = cm i ( ) 00313873 ..w = cm.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
180
14. MIMOŚRODOWE ROZCIĄGANIE I ŚCISKANIE
14.1. Naprężenia i odkształcenia
Mimośrodowe rozciąganie pręta pryzmatycznego występuje wówczas gdy układ sił
zewnętrznych po jednej stronie jego przekroju poprzecznego redukuje się do wypadkowej
N równoległej do osi pręta, zaczepionej poza jego środkiem ciężkości. Poszukiwać będziemy
elementów macierzy naprężeń i odkształceń dowolnym punkcie tak obciążonego pręta.
Rozważmy więc, pokazany na rys. 14.1 pręt pryzmatyczny o polu przekroju poprzecznego A
określony w układzie osi (X, Y ,Z) w którym oś X jest osią pręta a osie (Y, Z) są głównymi
centralnymi osiami bezwładności jego przekroju poprzecznego. Materiał pręta jest
izotropowy, liniowo sprężysty o stałych materiałowych E oraz ν. Wypadkowa N , normalna
do przekroju, zaczepiona jest w punkcie o współrzędnych yN oraz zN.
Przy rozwiązywaniu postawionego zadanie wykorzystamy wyniki uzyskane dla przypadku
osiowego rozciągania i prostego zginania.
Zgodnie z zasadą de Saint-Venanta statycznie równoważne obciążenia wywołują jednakowe
stany naprężenia i odkształcenia, a to pozwala zastąpić wypadkową N ,zaczepioną w punkcie
(yN, zN) równoważnym układem złożonym z siły podłużnej N , zaczepionej w środku
ciężkości pręta i dwoma momentami Ny zNM = i Nz yNM = , których wektory są
równoległe do odpowiednich osi układu odniesienia (rys. 14.1). W ten sposób otrzymaliśmy
osiowe rozciąganie i dwa proste zginania względem osi Y i Z, dla których macierze naprężeń
są już nam znane. We wszystkich tych trzech przypadkach jedynym niezerowym elementem
macierzy naprężeń jest naprężenie normalne xσ . Sumowanie, zgodnie z zasadą superpozycji,
daje wzór określające te naprężenia, dla analizowanego przypadku, w postaci:
yJ
Mz
J
M
A
N
z
z
y
y
x ++=σ (14.1)
lub, po wykorzystaniu zależności między N oraz, yM i zM w formie:
yJ
yNz
J
zN
A
N
z
N
y
Nx ++=σ . (14.2)
Macierz odkształceń odpowiadając temu stanowi naprężenia łatwo wyznaczymy z równań
Mz My
Y
Z
N
Rys. 14.1
N
Z Y
x
( )001 ,,v
I II
(yN, zN)
N
X
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
181
Hooke’a, i będzie ona zawierała jedynie trzy odkształcenia liniowe, z których dwa są sobie
równe.
Wyżej otrzymane wzory mogą być również stosowane w tej formie przy mimośrodowym
ściskaniu prętów bardzo krępych, gdyż tylko wówczas spełniona jest zasada zesztywnienia,
przy której założeniu wzory te zostały wyprowadzone może być przyjęta. W przypadku
ściskania przypadku wypadkowa N ma zwrot przeciwny do normalnej zewnętrznej, a jej
współrzędnej N przypisujemy znak ujemny.
Jeżeli we wzorze (14.2) przestrzegać będziemy umowy znakowania sił podłużnych (plus dla
siły rozciągającej, minus dla ściskającej) oraz tego, że (yN, zN) oraz (y, z) oznaczają
współrzędne punktów w których wyznaczamy naprężenia w przyjętym układzie odniesienia,
to wyznaczone naprężenia będą miały znaki zgodne z przyjętą dla nich umową znakowania.
13.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
W tym przypadku w pręcie występuje jednoosiowy, niejednorodny stan naprężenia. Wartości
naprężeń normalnych xσ nie zależą od zmiennej x, są liniową funkcją zmiennych y i z .
Wyniki analizy stanu naprężenia i odkształcenia są analogiczne jak w przypadkach osiowego
rozciągania, prostego czy ukośnego zginania. Podobnie też jak w poprzednich przypadkach
końce wektorów naprężenia xσ leżą na płaszczyźnie - płaszczyźnie naprężeń. Krawędź
przecięcia się płaszczyzny naprężeń z płaszczyzną przekroju poprzecznego - oś obojętna-
stanowi miejsce geometryczne punktów, w których wartości naprężeń normalnych spełniają
równanie:
0=xσ .
Podstawiając do niego wyrażenie (14.2), a następnie dokonując kolejnych przekształceń
dostajemy równanie osi obojętnej dla rozważanego przypadku:
101022
−=+→=++→=++
z
N
y
N
z
N
y
N
z
N
y
N
i
y*y
i
z*z
AJ
y*y
AJ
z*zy
J
yNz
J
zN
A
N
1=+
zy a
z
a
y, (14.3)
gdzie: N
zy
y
ia
2
−= , N
y
zz
ia
2
−= ,
to odcinki jakie oś obojętna odcina na osiach
głównych centralnych (patrz rys.14.2), a
A
Ji
y
y =2 oraz
A
Ji zz =2 - kwadraty głównych
centralnych promieni bezwładności przekroju
poprzecznego.
Analizując równanie osi obojętnej (14.3) spostrzegamy, że w przypadku mimośrodowego
rozciągania:
• położenie osi obojętnej nie zależy od wartości siły obciążającej N,
(14.4)
ay
az
oś obojętna
Y
Z
( yN, zN )
Rys. 14.2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
182
• oś obojętna nie przechodzi przez środek ciężkości przekroju poprzecznego, a odcinki jakie
odcina na osiach układu współrzędnych znajdują się w jego ćwiartce po przeciwnej
stronie punktu przyłożenia siły,
• położenie osi obojętnej zależy od współrzędnych punktu przyłożenia siły obciążającej i
geometrii przekroju poprzecznego.
Naprężenia normalne xσ osiągają wartości ekstremalne w punktach przekroju poprzecznego
najdalej położonych od osi obojętnej.
Rozkład tych naprężeń w przekroju
poprzecznym pręta pokazuje rys.14.3.
Jest on wynikiem dodania do siebie
rozkładów z osiowego rozciągania i
dwóch prostych zginań względem osi
Y oraz Z.
14.3. Wymiarowanie prętów mimośrodowo rozciąganych lub ściskanych
Ograniczymy się, jak poprzednio tylko do wymiarowania ze względu na stan graniczny
nośności przyjmując, że będzie on osiągnięty jeśli przynajmniej w jednym punkcie przekroju
poprzecznego wielkość naprężenia normalnego będzie równa wytrzymałości obliczeniowej.
Jeśli pręt wykonany jest z materiału, którego wytrzymałości obliczeniowe przy rozciąganiu Rr
i ściskaniu Rc , są różne to warunek stanu granicznego nośności stanowią nierówności:
rrx Rmax ≤σ i ccx Rmax ≤σ
gdzie: rxmax σ i cxmax σ - największe naprężenia rozciągające i ściskające w przekroju
poprzecznym.
W przypadku materiału o tej samej wytrzymałości obliczeniowej na rozciąganie i ściskanie
(materiał izonomiczny) warunek wymiarowania będzie jeden:
Rmax x ≤σ .
W przypadku materiału o tej samej wytrzymałości obliczeniowej na rozciąganie i ściskanie
(materiał izonomiczny) warunek wymiarowania będzie jeden:
Rmax x ≤σ .
Gdy przekrój poprzeczny pręta ma dwie osie symetrii i obrys zewnętrzny jego kształtu jest
prostokątny np. dwuteownik, prostokąt z wyciętymi otworami itp., to maksymalne naprężenia
normalne wystąpi w narożu po przeciwnej stronie osi obojętnej i będzie miało wartość:
z
z
y
y
xW
M
W
M
A
Nmax ++=σ .
W tym miejscu ponownie należy podkreślić, że w przypadku mimośrodowego ściskania
konieczne jest spełnienie warunków pozwalających na przyjęcie zasady zesztywnienia, co
ogranicza zastosowanie wyprowadzonych zależności do krępych prętów.
Rys.14.3
X
Z
Y
oś obojętna
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
183
13.4. Rdzeń przekroju
Jak już wyżej powiedziano, w przypadku mimośrodowego rozciągania lub ściskania oś
obojętna nie przechodzi przez środek ciężkości przekroju poprzecznego, jej położenie nie
zależy od wielkości siły obciążającej i określa je równanie odcinkowe prostej (14.3):
1=+
zy a
z
a
y.
Dowiedziemy dwóch prostych twierdzeń o osi obojętnej wynikających z tego równania.
Twierdzenie 1: oddalaniu się punktu przyłożenia siły od środka ciężkości przekroju
poprzecznego towarzyszy przybliżanie się osi obojętnej do środka ciężkości i odwrotnie.
Niech punkt 1 (rys.14.4) o współrzędnych ( 11 NN z,y ) określa
początkowe przyłożenie siły, a
1
2
1
N
zy
y
ia −= oraz
1
2
1
N
y
zz
ia −= położenie odpowiadającej mu
osi obojętnej l1. Niech punkt 2 o współrzędnych ( 22 NN z,y )
określa nowe przyłożenie siły, a
2
2
2
N
zy
y
ia −= oraz
2
2
2
N
y
zz
ia −= położenie odpowiadającej mu
osi obojętnej l2.
Ponieważ 12 NN yy > oraz 12 NN zz > to 12 yy aa < oraz 12 zz aa < , co dowodzi
prawdziwości twierdzenia 1.
Twierdzenie 2: obrotowi osi obojętnej wokół ustalonego punktu odpowiada przemieszczanie
się punktu przyłożenia siły po prostej.
Niech punkt A o współrzędnych ( )AA z,y (rys.14.5) leży na osi
obojętnej l odpowiadającej przyłożeniu siły w punkcie 1 o
współrzędnych ( )NN z,y .
Współrzędne obu punktów spełniają równanie osi obojętnej
(14.3)
( ) ( )1
22=
−
+
− Ny
A
Nz
A
zi
z
yi
y.
Jeśli przekształcimy to równanie do postaci:
( ) ( )1
22=
−
+
− Ay
N
Az
N
zi
z
yi
y
w którym współrzędne ( )AA z,y będą ustalone, to widać, że
współrzędne punktów przyłożenia siły ( )NN z,y spełniają
równanie prostej co dowodzi słuszności twierdzenia 2.
W przypadku mimośrodowego rozciągania i ściskania naprężenia normalne w przekroju
mogą być jednakowego lub różnych znaków. Będą one miały we wszystkich punktach
1
2
ay1
az1
Y
Z
l1
ay2
l2
az2
Rys. 14.4
l
Y
Z
A
Rys. 14.5
1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
184
przekroju ten sam znak jedynie wtedy, gdy oś obojętna – której położenie zależy od
współrzędnych położenia wypadkowej sił obciążających – będzie leżała poza przekrojem lub
była styczna do niego. Miejsce geometryczne punktów przekroju poprzecznego pręta w
których przyłożona siła, równoległa do jego osi wywołuje naprężenia normalne jednego
znaku w całym przekroju nazywać będziemy rdzeniem przekroju. Zagadnienie wyznaczenia
rdzenia przekroju ma istotne znaczenie praktyczne w przypadku prętów mimośrodowo
ściskanych wykonanych z materiałów o niewielkiej wytrzymałości na rozciąganie (np. słupy
betonowe czy filary ceglane). Takie konstrukcje dobrze jest kształtować w formie
zapewniającej położenie wypadkowej siły ściskającej wewnątrz rdzenia przekroju, co
zapewnia występowanie jedynie naprężeń ściskających. Wyznaczenie rdzenia przekroju
prześledzimy (nie tracą ogólności rozważań) na przykładzie pokazanym na rys.14.6.
Po wyznaczeniu głównych centralnych osi
bezwładności (Y, Z) i wartości ich promieni
bezwładności yi oraz zi prowadzimy styczną
1-1 uważając ją za oś obojętną. Styczna 1-1
odcina na osiach układu współrzędnych
odcinki 1ya oraz 1za .
Współrzędne punktu 1 przyłożenia siły,
któremu odpowiada oś obojętna 1-1
wyznaczamy wykorzystując zależności (14.4)
występujące w ogólnym równaniu osi
obojętnej
1
2
1
y
zN
a
iy −= ,
1
2
1
z
y
Na
iz −= .
Powtarzając rozumowanie dla kolejnych stycznych do obrysu przekroju dostajemy punkty 2,
3, 4 i 5, które są punktami krzywej rdzeniowej tzn. krzywej o tej własności, że przyłożenie
siły w jej punktach daje osie obojętne, styczne do przekroju. Całą krzywą rdzeniową
otrzymujemy łącząc te punkty odcinkami prostych. Wynika to z twierdzenia 2 bo od osi
obojętnej 1-1 do osi obojętnej 2-2 przechodzimy obracając je wokół punktu A, temu zaś
zgodnie z tym twierdzeniem towarzyszy przesuwanie się punktu przyłożenia siły po prostej.
Punktom przyłożenia siły wewnątrz krzywej rdzeniowej odpowiadają osie obojętne poza
przekrojem i wynika to z twierdzenia 1 o oddalaniu się osi od środka ciężkości jeśli siła
zbliża się do niego. Zatem rdzeń przekroju w analizowanym przypadku stanowi ten
zacieniony obszar.
Z opisanej metody konstrukcji rdzenia wynika kilka prostych wskazówek odnośnie kształtu
rdzenia dla przekrojów ograniczonych odcinkami prostych:
• rdzeń jest figurą wypukłą
• ma tyle boków, ile boków ma najmniejszy wielobok opisany na przekroju
• jest figurą symetryczną dla symetrycznego przekroju.
W przypadku przekrojów o brzegu krzywoliniowym, równanie stycznej do brzegu razem ze
znanym równaniem brzegu i zależnościami (14.4) pozwala na napisanie równania krzywej
rdzeniowej i tym samym wyznaczenie ich rdzenia przekroju.
1
2
3 4
5
1 1
2
2
3
3 4 4
5
5
Y
Z
Rys. 14.6
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
185
14.5. Przykłady
Przykład 14.5.1. Drewniany słup o przekroju
prostokątnym 3620 ×=× hb cm i niewielkiej
wysokości obciążony jest w narożu siłą ściskającą
100=P kN. Wyznaczyć rozkład naprężeń
normalnych w przekroju poprzecznym słupa i
położenie osi obojętnej.
Rozwiązanie
Występuje tu klasyczny przypadek mimośrodowego
ściskania, w którym przy przyjętym układzie osi
odniesienia (to osie główne centralne przekroju
poprzecznego):
100−=N kN, 102 ==byN cm, 182 == hzN cm,
7203620 === *hbA cm2,
7776012362012 33=== *hbJ y cm
4,
2400012203612 33=== *bhJ z cm
4,
108720777602=== AJi yy cm
2,
3333720240002 .AJi zz === cm2.
Naprężenia normalne określa zależność:
yJ
yNz
J
zN
A
N
z
N
y
Nx ++=σ ,
która, po podstawieniu wyżej otrzymanych wartości, przyjmuje formę:
( )61066741148233891 *y.z..x −−−=σ .
Wartości naprężeń w narożach są równe:
( ) ( )[ ] 72291010066741180148233891 61 .*.....,x −=−−−=σ MPa,
( ) ( )[ ] 38911010066741180148233891 62 .*.....,x −=−−−−=σ MPa,
( ) ( )[ ] 94461010066741180148233891 63 .*.....,x =−−−−−=σ MPa,
( ) ( )[ ] 38911010066741180148233891 64 .*.....,x −=−−−−=σ MPa.
Oś obojętna jest prostą o równaniu:
1=+
zy a
z
a
y
Y
Z
P
b
h
X
4
P
3 2
1
Y
Z
2
b
2
h
2
b
2
h
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
186
w którym 33310
33332
..
y
ia
N
zy −=−=−= cm oraz 006
18
1082
.z
ia
N
y
z −=−=−= cm to odcinki
jakie ta prosta odcina na głównych centralnych osiach bezwładności przekroju poprzecznego.
Rozkład naprężeń pokazuje poniższy rysunek.
Przykład 14.5.2. Stalowy słupek wykonany z dwuteownika 500 pokazany na rysunku,
przenosił osiowo równomiernie rozłożone obciążenie q = 13 MN/m2 ze sztywnej żeliwnej
płyty o wymiarach b×h = 0.7×0.4 m. Słupek postanowiono wzmocnić przyspawanym
ceownikiem 260 na całej jego wysokości.
Sprawdzić jak zmienią się wartości naprężeń normalnych w wyniku wzmocnienia, wyznaczyć
wykresy naprężeń normalnych w przekrojach słupka przed i po wzmocnieniu.
Y
oś obojętna
6.9
45
1.3
89
σ x
MPa
1.3
89
9.7
23
9.723
1.389
Z
1.389
az
ay
40.0
Z
Y
18.0
Profil walcowany PN I 500
A = 180 cm2
Jy = 68740 cm4, Jz = 2480 cm
4
Wy = 2750 cm3, Wz = 268 cm
3
25.0 25.0
P q = 1300 kN/m
2
70.0
50.0
X
Y
Z
Y
50
18
Z
Y
Profil walcowany PN [ 260
A = 48.3 cm2
Jy = 4820 cm4, Jz = 317 cm
4
2.36
26
9
wymiary w cm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
187
Rozwiązanie
Wypadkowa obciążenia działająca na słupek
643407013 ..*.*qbhP === MN.
Stan przed wzmocnieniem
Słupek jest ściskany osiowo siłą podłużną
643.N −= MN i naprężenia normalne w
każdym punkcie jego przekroju są równe:
2220210180
6434
.*
.
A
Nx −=−==
−σ MPa.
Stan po wzmocnieniu
Należy wyznaczyć położenie głównych centralnych osi
wzmocnionego przekroju. Oś Y nie zmieni położenia.
Położenie środka ciężkości wzmocnionego przekroju
3228348180 ..A =+= cm2,
49132136273480 .).(*.S z −=−= cm3,
7953228
49132100 .
.
.
A
Sy z
−=−
== cm.
Ponieważ położenie wypadkowej obciążenia nie zmieniło się
mamy teraz do czynienia z mimośrodowym ściskaniem w
którym siła na mimośrodzie 5.79 cm powoduje zginanie
względem osi Z momentem o wartości:
211010795643 2 .*.*.M z ==− MNm.
Moment bezwładności przekroju względem osi zginania:
( ) 9756457213483177951806874022
=−+++= .*..*J z cm4
Rozkład naprężeń normalnych:
yJ
M
A
N
z
zx −=σ
Wartości naprężeń we włóknach skrajnych wynoszą:
( ) 03226307901097564
2110
103228
64384
11..
*
.
*.
.x −=−
−=
−−
−
σ MPa,
( ) 4398282101097564
2110
103228
64384
22..
*
.
*.
.x −=−−
−=
−−
−
σ MPa.
Wyniki obliczeń dowodzą, że planowane wzmocnienie pogorszy stan mechaniczny słupka,
powodując zwiększenie naprężeń normalnych.
N
Z
Y
20
2.2
2
σ x
MPa
25.0 25.0
σ x
MPa
Mz
1
2
1 2
28.21
30.79
Z0 Z
9 25
25
N
Y
5.79
98.4
3
226.0
3
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
188
Przykład 14.5.3. Belka wspornikowa o
przekroju prostokątnym 240120 ..hb ×=× m
i długości 02.l = m obciążona jest, jak na
rysunku, obciążeniem ciągłym 02.q = kN/m,
działającym w płaszczyźnie nachylonej pod
kątem o30=α do płaszczyzny (X, Z) oraz
dwiema siłami skupionymi 020.P = kN i
011 .P = kN. W przekroju utwierdzenia
wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych i
stycznych oraz położenie osi obojętnej.
Rozwiązanie
Zadanie rozwiążemy, wykorzystując zasadę superpozycji sumując momenty zginające, siły
poprzeczne i podłużne w przekroju utwierdzenia od poszczególnych obciążeń.
Obciążenie ciągłe q
Składowe obciążenia ciągłego q wynoszą:
001500002 ..*.sinqq y === α kN/m,
731866002 ..*.cosqqz === α kN/m.
W przekroju utwierdzenia daje ono dwa
momenty zginające:
463273112 .*.**qM zy === kNm,
0022112 .***qM yz === kNm, oraz dwie siły
poprzeczne:
002212 .**qQ yy === kN,
46327312 .*.*qQ zz === kN.
Siła skupiona P
Siła rozciągająca P, równoległa do osi pręta, jest
zaczepiona w narożu i daje momenty zginające:
402120202 ..*hPM y === kNm,
201060202 ..*bPM z === kNm,
oraz siłę podłużną 0020.N = kN.
Siła skupiona P1
Siła skupiona P1 działająca w płaszczyźnie (X, Y),
prostopadła do osi pręta daje moment zginający:
00221 .*PM z == kNm,
oraz siłę poprzeczną 001.Qy = kN.
q= 2.00
Z
Y
α = 30 ° α
qz = 1.73
qy = 1.00
Z
Y
My = 2.40
Mz = 1.20 N = 20.00
Z
Y
My = 3.46 Mz = 2.00
Qy = 2.00
Qz = 3.46
Z
Y
Qy = 1.00
Mz = 2.00
h
P
X
Z
α
Y
l
b
q
P1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
189
W wyniku sumowania w przekroju utwierdzenia
otrzymujemy:
• siłę podłużną N i dwa momenty zginające
yM oraz zM które to siły przekrojowe
generują naprężenia normalne:
yJ
Mz
J
M
A
N
z
z
y
y
x ++=σ
• dwie siły poprzeczne , które generują naprężenia
styczne:
( )
( )yhJ
ySQ
z
zy
xy −=τ oraz ( )
( )ybJ
zSQ
y
yz
xz −=τ .
Charakterystyki geometryczne przekroju są równe:
2882412 === *hbA cm2,
1382412241212 33=== *hbJ y cm
4, 345612122412 33
=== *bhJ z cm4,
1152624126 22=== *hbWy cm
3, 576612246 22
=== *bhWz cm3
Naprężenia normalne w narożach wynoszą:
6
6
3
6
3
4
3
1 10865710576
10201
101152
10865
10288
1020*.
*
*.
*
*.
*
*
W
M
W
M
A
N
z
z
y
y
x =++=++=−−−
σ Pa,
6
6
3
6
3
4
3
2 10309210576
10201
101152
10865
10288
1020*.
*
*.
*
*.
*
*
W
M
W
M
A
N
z
z
y
y
x −=+−=+−=−−−
σ Pa,
6
6
3
6
3
4
3
3 10476610576
10201
101152
10865
10288
1020*.
*
*.
*
*.
*
*
W
M
W
M
A
N
z
z
y
y
x −=−−=−−=−−−
σ Pa,
6
6
3
6
3
4
3
4 10698310576
10201
101152
10865
10288
1020*.
*
*.
*
*.
*
*
W
M
W
M
A
N
z
z
y
y
x =−+=−+=−−−
σ Pa.
Równanie osi obojętnej:
0103456
10201
1013824
10865
10288
10200
8
3
8
3
4
3
=++→=++=−−−
y*
*.z
*
*.
*
*y
J
Mz
J
M
A
N
z
z
y
y
xσ ,
y..z 818001640 −−= .
W przekroju prostokątnym naprężenia styczne mają rozkład paraboliczny i osiągają
maksymalną wartość AQ 23 w punktach na osi zginania, stąd:
6
4
3
1005210102882
1013
2
3*.
**
**
A
Qmax
y
xy ===−
τ Pa,
Z
Y
My = 5.86
Mz = 1.20 N = 20.00
Qy = 1.00
Qz = 3.46
1
3
4
2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
190
6
4
3
101800102882
104633
2
3*.
**
*.*
A
Qmax z
xz ===−
τ Pa.
Rozkłady naprężeń normalnych i stycznych pokazują poniższe rysunki:
Przykład 14.5.4. Obliczyć minimalną grubość a
betonowej ściany zbiornika wodnego (patrz
rysunek), przy której u jej podstawy nie będą
występowały naprężenia rozciągające. Na ścianę o
wysokości hs = 8 m oprócz parcia wody działa w jej
płaszczyźnie środkowej pionowe obciążenie q = 50
kN/m. Wysokość słupa wody hw = 6 m. W
obliczeniach należy uwzględnić ciężar własny
ściany wykonanej z materiału o ciężarze
objętościowym γb = 22 kN/m3
. Ciężar objętościowy
wody γw = 10 kN/m3
.
Rozwiązanie
Obliczenia wykonujemy na 1m długości ściany.
Wpierw zredukujemy obciążenia działające na
ścianę do środka ciężkości jej przekroju u
podstawy.
Obciążenie pionowe stanowi sumę obciążenia
zewnętrznego oraz ciężaru własnego i działa ono w
środku ciężkości.
501762285011 +=+=+= a**a*h**a*qP bs γ
Obciążenie poziome wynikające z parcia wody zaczepione jest w środku ciężkości trójkąta
parcia i wynosi:
180102
6
2
1 22
=== wwh*
W γ kN.
2
a
2
a
Z
Y Mz
N
1m
2
2
1
1
q=50 kN/m
W
6 m a
6 m
8 m
2 m
Y
X
Y
7.8
65
3.6
98
σ x
MPa
2.3
09
6.4
76
6.476
3.698 Z 7.865
2.309
Y
0.0
52
1
Z
0.180
τxy
MPa
τxz
MPa
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
191
Obciążenie to daje u podstawy ściany moment:
36021803
=== *h
*WM wz kNm.
W rezultacie przekrój u podstawy ściany obciążony jest osiowo siłą ściskającą
)a(N 50176 +−= i momentem 360=zM kNm ( w wyniku redukcji w przekroju występuje
jeszcze siła pozioma W ale nie wywołuje ona naprężeń normalnych).
Naprężenia normalne w przekroju podstawy ściany wyznaczymy ze wzoru:
yJ
M
A
N
z
zx −=σ ,
gdzie: 1*aA = oraz 121 3a*J z = .
Po stronie 1-1 na pewno wystąpią naprężenia ściskające, po stronie 2-2 mogą wystąpić
naprężenia rozciągające (na skutek działania momentu zM ). Aby je wyzerować należy
wykonać ścianę o grubości a spełniającej relację:
( )( ) 37302
12
1036010501763
3322
.aaa
*
a
*ax =→=−−
+−
=−
σ m.
Przykład 14.5.5. Pomiary tensometryczne wykazały, że odkształcenia liniowe we włóknach
skrajnych 1-1 oraz 2-2 mimośrodowo rozciąganego pręta stalowego o przekroju prostokątnym
wynoszą , odpowiednio, 411 108 −−
= *xε i 422 101 −−
= *xε . Zakładając, że moduł Younga stali
E = 205 GPa wyznaczyć wartości siły P oraz mimośrodu e.
Rozwiązanie
Naprężenia normalne we włóknach skrajnych wynoszą:
16410810205 491111===
−−−
***E xx εσ MPa,
52010110205 492222.***E xx ===
−−−
εσ MPa.
W analizowanym przypadku występuje mimośrodowe rozciąganie na mimośrodzie e
względem osi Y lub, inaczej osiowe rozciąganie siłą N = P oraz zginanie względem osi Y
momentem ePM y = .
Ponieważ mamy wyznaczone naprężenia we włóknach skrajnych to możemy zastosować
wzory:
2 22−
xε
e
X
Z P P
11−
xε
2
1 1
e
1.5
Y
Z
P
8.0 wymiary w cm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
192
Wy
eP
A
P
W
M
A
N
y
y
x +=+=−11
σ , yy
y
xW
eP
A
P
W
M
A
N−=−=
−22σ .
Podstawiając do nich 44 101210518 −−
== **.*A m2 i 6
62
10166
10851−
−
== ***.
Wy m3,
otrzymujemy układ równań z którego możemy wyznaczyć poszukiwane wartości P oraz e :
→
−=
+=
−−
−−
64
6
64
6
1016101210520
1016101210164
*
eP
*
P*.
*
eP
*
P*
31070110 *.P = N, 210041 −
= *.e m.
Przykład 14.5.6. Wyznaczyć rdzeń przekroju dla prostokąta.
Rozwiązanie
12
12 232 h
hb
hb
A
Ji
y
y === ,
12
12 232 b
hb
bh
A
Ji zz === .
Punkty krzywej rdzeniowej:
oś obojętna 1-1
∞=1ya , 0122
1
2
1 =
∞
−=−=b
a
iy
y
zN ;
21
haz −= ,
62
122
1
2
1
h
h
h
a
iz
z
y
N =
−
−=−= .
oś obojętna 2-2
22
ba y = ,
62
122
2
2
2
b
b
b
a
iy
y
zN −=−=−= ; ∞=2za , 0
122
2
2
2 =
∞
−=−=
h
a
iz
z
y
N .
Pozostałe punkty symetrycznie.
Przykład 14.5.7. Wyznaczyć rdzeń przekroju dla trójkąta.
Rozwiązanie
182
36 232 h
hb
hb
A
Ji
y
y === ,
242
48 232 b
hb
bh
A
Ji z
z === .
Punkty krzywej rdzeniowej:
oś obojętna 1-1
1
2
2b 2b
32h
1 1
Z
2
2
3h
Y
2h
2h
2b 2b1 1
2
2
2
Y
Z
3h
3b
1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
193
∞=1ya , 0242
1
2
1 =
∞
−=−=b
a
iy
y
zN ;
31
haz −= ,
63
182
1
2
1
h
h
h
a
iz
z
y
N =
−
−=−= .
oś obojętna 2-2
32
ba y = ,
83
242
2
2
2
b
b
b
a
iy
y
zN −=−=−= ;
3
22
haz = ,
1232
182
2
2
2
h
h
h
a
iz
z
y
N −=−=−= .
Pozostałe punkty symetrycznie.
Przykład 14.5.8. Wyznaczyć rdzeń dla podanego przekroju.
Rozwiązanie
Osie symetrii (Y, Z) są osiami głównymi centralnymi. 22 1072602 **A == cm
2,
444
10151212
602
12
120*J y =−= cm
4,
44
1021612
602 *J z == cm
4,
21001072
1015122
42
===
*
*
A
Ji
y
y cm2,
3001072
102162
42
===
*
*
A
Ji z
z cm2.
Punkty krzywej rdzeniowej:
oś obojętna 1-1
85842601 .a y == cm, 5438584
300
1
2
1 ..a
iy
y
zN −=−=−= cm,
85842601 .az −=−= cm, 75248584
2100
1
2
1 ..a
iz
z
y
N =
−
−−= cm.
oś obojętna 2-2
434222602 .a y == cm, 0774342
300
2
2
2 ..a
iy
y
zN −=−=−= cm,
∞=2za , 02100
2
2
2 =
∞
−=−=
z
y
Na
iz .
Pozostałe punkty symetrycznie.
2
Y
60 cm
60 cm 60 cm
2
2
1 1
Z
1
60 cm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
194
Przykład 13.5.9. Wyznaczyć rdzeń dla półkola.
Rozwiązanie
0363230
30110
2
1102
4
2
42
.*.
r
r.
A
Ji
y
y ====
ππ
cm2,
00225230
830
2
82
4
2
42
.r
r
A
Ji zz ====
π
π
π
π cm
2.
Punkty krzywej rdzeniowej
oś obojętna 1-1
∞=1ya , 000225
1
2
1 =
∞
−=−=.
a
iy
y
zN ,
73123304341 .*raz −=−=−= ππ cm, 9547312
0363
1
2
1 ..
.
a
iz
z
y
N =
−
−−= cm.
oś obojętna 2-2
00302 .ra y == cm, 5070030
00225
2
2
2 ..
.
a
iy
y
zN −=−=−= cm,
∞=2za , 00363
2
2
2 =
∞
−=−=.
a
iz
z
y
N .
oś obojętna 3-3
∞=2ya , 000225
2
2
2 =
∞
−=−=.
a
iy
y
zN
27173
30430
3
42 .
*rra z =−=−=
ππ
cm, 6532717
0363
2
2
2 ..
.
a
iz
z
y
N −=−=−= cm.
Krzywa rdzeniowa między punktami 2 i 3 nie jest prostą (jest połową elipsy) gdyż od osi
obojętnej 2-2 do osi 3-3 przechodzimy ze stycznymi do brzegu w punktach styczności
zmieniającymi zmieniającymi na nim swe położenie.
Przykład 14.5.10. Wyznaczyć rdzeń dla podanego przekroju.
r = 30 cm r = 30 cm
17.27 cm
4r/3π = 12.73 cm
Z
Y
3
1 1
1
3
2
2
3
2
wymiary w m
0.060 0.120
0.120
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
195
Rozwiązanie
Charakterystyki geometryczne przekroju
Pole powierzchni i środek ciężkości
A = 0.12*0.06 + 0.5*0.12*0.12 = 144*10-4
m2,
Syo = 0.12*0.06*0.06 + 0.5*0.12*0.120*0.04 = 720*10-6
m3,
Szo = 0.12*0.06*0.03 + 0.5*0.12*0.12*0.10 = 936*10-6
m3,
yo = Szo /A = 936*10-6
/144*10-4
= 0.065 m.
zo = Syo /A = 720*10-6
/144*10-4
= 0.050 m.
Momenty bezwładności względem osi centralnych
Jyc = 0.06*0.123/12 +0.12*0.06*0.01
2 + 0.12*0.12
3/36 +
0.5*0.12*0.12*(-0.012) = 1584*10
-8 m
4,
Jzc = 0.12*0.063/12 +0.12*0.06*(-0.035)
2 + 0.12*0.12
3/36 +
0.5*0.12*0.12*0.0352 = 2556*10
-8 m
4,
Jyczc = 0.12*0.06*(-0.035)*0.01 - 0.122*0.12
2/72 +
0.5*0.12*0.12*0.035*(-0.01) = -792*10-8
m4.
Osie główne centralne i momenty bezwładności względem tych osi
±+
=+
−
±
+
=
−−
2
102556101584
22
882
2
21
**J
JJJJJ yczc
zcyczcyc
,
( )28
288
107922
102556101584−
−−
−+
−*
**
J1 = Jz = 2999.23*10-8
m4
; 42 1082820 −
== *.A
Ji zz m
2,
J2 = Jy = 1140.77 *10-8
m4 ; 42
109227−
== *.A
Ji y
y m2,
0.03 0.04
0.06
Y0
Z0
0.03 0.08
0.06
Yc
Zc
Z
Y
0.065
0.050 ye
ze
1
4 3
2
wymiary w m
29.23°
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
196
o7760786912329992556
7921
1
1 ...JJ
Jtg
zc
yczc=→=
−
−=
−
= αα ,
o2329559607711402556
7922
2
2 ...JJ
Jtg
zc
yczc−=→−=
−
−=
−
= αα .
Sprawdzenia:
Jyc + Jzc = Jy + Jz ; (2556 + 1584)*10-8
= (1140.77 + 2999.23)*10-8
m4,
α 1 + α 2 = 29.23° + 60.77° = 90°.
Wyznaczenie współrzędnych punktów krzywej rdzeniowej
Rdzeń definiowany jest w układzie osi głównych centralnych (Y, Z), należy zatem wyznaczyć
współrzędne punktów jego konturu w tym układzie.
Wygodnie jest wyznaczyć je korzystając z macierzy przejścia od układu osi centralnych
(Yc, Zc) do układu osi głównych centralnych (Y, Z).
( ) ( )
−
=
°°
°−°−
=
c
c
c
c
z
y
.,.
.,.
z
y
.sin,.cos
.sin,.cos
z
y
8726048840
4884087260
77607760
23292329
Wyznaczone w ten sposób współrzędne punktów konturu przekroju podane są w tabelce
poniżej:
Punkty
Współrzędne
[10-2
m] 1 2 3 4
yc -6.500 11.500 -0.500 -6.500
zc -5.000 -5.000 7.000 7.000
y -3.230 12.477 -3.855 -9.091
z -7.538 1.254 5.864 2.934
Dalej przy wyznaczaniu odcinków ay i az , przez które oś obojętna przechodzi na osiach
głównych centralnych będziemy korzystać z równania prostej przez dwa punkty:
( )1
12
121 yy
yy
zzzz −
−
−=−
oś obojętna 1-2
( ) 2221073055600102303
230347712
53872541105387
−−−
−=→+
+
+=+ *.y.z*.y
..
..*.z
21023210 −
= *.a y m, 2107305 −
−= *.az m,
2
2
4
21 1003521023210
1082820−
−
−
−=−
= *.*.
*x.y ,N m, 2
2
4
21 103831107305
109227−
−
−
=
−
−= *.
*.
*.z ,N m.
oś obojętna 2-3
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie
197
( ) 22210776428201047712
477128553
25418645102541
−−−
+−=→−
−−
−=− *.y.z*.y
..
..*.z
21092016 −
= *.a y m, 2107764 −
= *.az m,
2
2
4
32 1023111092016
1082820−
−
−
−=−
= *.*.
*x.y ,N m, 2
2
4
32 106591107764
109227−
−
−
−=−
= *.*.
*.z ,N m.
oś obojętna 3-4
( ) 2221002185600108553
85530919
86459342108645
−−−
+=→+
+−
−=− *.y.z*.y
..
..*.z
21033414 −
−= *.a y m, 2100218 −
= *.az m,
2
2
4
43 1045311033414
1082820−
−
−
=
−
−= *.
*.
*x.y ,N m, 2
2
4
43 109880100218
109227−
−
−
−=−
= *.*.
*.z ,N m.
oś obojętna 1-4
( ) 22210309137871100919
09192303
93425387109342
−−−
−−=→+
+−
−−=− *.y.z*.y
..
..*.z
2104487 −
−= *.a y m, 21030913 −
−= *.az m,
2
2
4
14 107962104487
1082820−
−
−
=
−
−= *.
*.
*x.y ,N m, 2
2
4
14 1059501030913
109227−
−
−
=
−
−= *.
*.
*.z ,N m.
Wyznaczony rdzeń pokazuje rysunek niżej.
0.12
Z
Y
1
4 3
2
wymiary w m
0.06
0.12
(3,4)
(1,2)
(1,4)
(2,3)
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
198
15. SKRĘCANIE PRĘTÓW O PRZEKROJU KOŁOWO SYMETRYCZNYM I
PROSTOKĄTNYM
15.1. Naprężenia i odkształcenia
Ze skręcaniem pręta pryzmatycznego mamy do czynienia wówczas, gdy układ sił
zewnętrznych po jednej stronie jego przekroju poprzecznego redukuje się do momentu,
którego płaszczyzna działania jest styczna do przekroju, a wektor jest równoległy do osi pręta.
Moment ten sM nazywamy momentem skręcającym. Naszym zadaniem będzie przede
wszystkim wyznaczenie macierzy naprężeń i odkształceń w dowolnym punkcie pręta.
Zagadnienie skręcania prętów pryzmatycznych daje się rozwiązać prostymi metodami
wytrzymałości materiałów tylko w przypadku prętów o kołowo symetrycznym przekroju
poprzecznym.
Rozważmy więc, pokazany na rys. 15.1 pręt pryzmatyczny o kołowym przekroju
poprzecznym, którego pole jest równe A, określony w układzie osi (X, Y ,Z) w którym oś X
jest osią pręta a dwie pozostałe są osiami głównymi centralnymi jego przekroju
poprzecznego. Materiał pręta jest liniowo sprężysty o stałych materiałowych E oraz ν.
Postawione zadanie rozwiążemy postępując według kilkakrotnie już stosowanego algorytmu.
Po dokonaniu myślowego przekroju pręta na dwie części, odrzuceniu części II i przyłożeniu
do części I układu sił wewnętrznych rozważymy trzy komplety równań tzn. równania
równowagi, geometryczne i fizyczne.
Równania równowagi wynikające z twierdzenia o równoważności odpowiednich układu sił
wewnętrznych i zewnętrznych w tym przypadku przyjmą postać:
( ) ( )
=−==+−
===
∫∫∫∫∫∫
∫∫∫∫∫∫
.dAy,dAz,xMdAyz
,dA,dA,dA
A
x
A
xs
A
xzxy
A
xz
A
xy
A
x
00
000
σσττ
ττσ
(15.1)
Równania geometryczne sformułujemy w oparciu o przypuszczony obraz deformacji pręta.
Przyjęte założenia o własnościach materiału pręta, małych przemieszczeniach i zasada
Rys. 15.1
xyτ
xσ
X
Z
xzτY
x
I
M s
A
M s
Z Y
X
x
( )001 ,,v
I II
M s
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
199
płaskich przekrojów pozwalają przyjąć obraz jego deformacji po obciążeniu pokazany na rys.
15.2. Narysowana na powierzchni zewnętrznej pręta siatka prostopadłych do siebie linii po
Rys. 15.2
przyłożeniu momentu skręcającego deformuje się tak, że linie równoległe do osi pręta
przechodzą w linie śrubowe a linie prostopadłe do osi pręta pozostają do niego prostopadłe.
Można więc opisać mechanizm deformacji jako obroty wokół osi pręta płaskich kołowych.
nie deformujących się przekrojów przy nie zmieniających się między nimi odległościach,
zatem odkształcenia liniowe włókien równoległych do osi układu odniesienia są równe zeru:
0=== zyx εεε ,
oraz 0=yzγ .
Kąt o jaki obracają się poszczególne przekroje nazywać będziemy kątem skręcenia i
oznaczymy go ( )xϕ .
Dla dalszej analizy deformacji pręta wytnijmy z niego element o dowolnie małej długości dx
(patrz rys. 15.2). Przyrost kąta skręcenia na tym odcinku oznaczmy przez ( )xdϕ .
Z rys.15.2 odczytujemy, że na pobocznicy zachodzą zależności:
r' dxBB γ= i ( ) rxdBB'
ϕ= zatem ( )
dx
xdrr
ϕγ = ,
gdzie: rγ - odkształcenie kątowe na pobocznicy pręta.
Jeśli dalej przyjmiemy, że zależności zauważone na pobocznicy spełnione są również wewnątrz pręta to możemy napisać:
( )
dx
xdϕργ = (15.2)
gdzie: γ - odkształcenie kątowe w punkcie o promieniu wodzącym ρ dwóch prostopadłych
do siebie włókien, z których jedno jest równoległe do osi pręta a drugie prostopadłe do
promienia wodzącego.
Po wprowadzeniu pojęcia jednostkowego kąta skręcenia określonego wzorem:
( )( )
dx
xdx
ϕθ = , (15.3)
Ms(x)
Z
( )xϕ
( )lϕ
dx
x
l
X
( )xdϕ
rτ
τ
rγ B
B’
A γ
dx
r ρ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
200
w miejsce zależności (15.2) dostajemy:
( )xθργ = . (15.4)
Z równań fizycznych Hooke’a otrzymujemy:
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= xzyxxx
Eσεεε
ν
νε
ν
σ
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= yzyxyy
Eσεεε
ν
νε
ν
σ
( ) 0211
=→
++
−
+
+
= zzyxzz
Eσεεε
ν
νε
ν
σ
0=→= yzyzyz G τγτ oraz
( )xGG ρθγτ == (15.5)
Kierunek wektora tych ostatnich naprężeń stycznychτ , jest prostopadły do promienia
wodzącego punktu ρ a jego zwrot jest taki,
że kręci względem środka tak samo jak
obciążający przekrój moment skręcający.
Jak widać z rys. 15.3 naprężenia styczne w
rozważanym punkcie, równoległe do osi
układu odniesienia, można wyrazić poprzez
naprężenie styczne τ wzorami:
αττ sin−=xy i αττ cos=xz (15.6)
a po podstawieniu (15.4) przyjmują postać:
( )zxGxy θτ −= i ( )yxGxz θτ = . (15.7)
Wracamy do równań równoważności (15.1). Pierwsze, piąte i szóste z uwagi na zerowania się naprężeń normalnych są spełnione tożsamościowo.
Równanie drugie
( ) ( ) 0=−=−= ∫∫∫∫∫∫AAA
xy dAzxGdAzxGdA θθτ ,
jest spełnione, bo całka to moment statyczny względem osi centralnej Y.
Z analogicznego powodu spełnione jest trzecie równanie równoważności:
( ) ( ) 0=−== ∫∫∫∫∫∫AAA
xz dAyxGdAyxGdA θθτ .
Przejdźmy do równania czwartego:
( ) ( )xMdAyz s
A
xzxy =+−∫∫ ττ
Rys.15.3
τ
α
y
ρ Y
Z
z τ xz τ xy
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
201
Podstawienie pod całkę zależności (15.7) i kolejne przekształcenia dają
( ) ( )[ ] ( ) →=+∫∫ xMdAyxGzxG s
A
22θθ ( ) ( ) ( )xMdAyzxG s
A
=+∫∫22
θ
( )( )
0JG
xMx s
=θ (15.8)
gdzie: ( ) dAdAzyJ
AA
∫∫∫∫ =+=222
0 ρ to biegunowy moment bezwładności przekroju
poprzecznego względem jego środka ciężkości, a iloczyn 0GJ nazywany jest sztywnością na
skręcanie.
Wstawiając (15.8) do (15.5) otrzymujemy wzór określający rozkład naprężeń stycznych w
przekroju poprzecznym skręcanego pręta o przekroju kołowo-symetrycznym:
( )ρτ
0J
xM s= . (15.9)
14.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
W rozważanym przypadku na płaszczyznach prostopadłych do osi układu odniesienia nie ma
naprężeń normalnych a występujące w płaszczyźnie przekroju poprzecznego naprężenia
styczne określone wzorem (15.9) są liniowo zależne od odległości od jego środka ciężkości.
Zatem swą największą wartość osiągają one w punktach leżących na obwodzie:
( ) ( )
00
maxW
xMr
J
xM ss==τ (15.10)
gdzie: r
JW 0
0 = - wskaźnik wytrzymałości przy skręcaniu (lub biegunowy wskaźnik
wytrzymałości)
Rozkład tych naprężeń stycznych pokazany
jest na rys.15.4 i jak już powiedziano wyżej
ich kierunek jest prostopadły do wektora
wodzącego punktu a zwrot taki, że kręcą one
względem środka ciężkości tak samo jak
obciążający przekrój moment skręcający.
Kołowa symetria przekroju powoduje, że taki
liniowy rozkład występuje na każdym
odcinku przechodzącym przez środek
przekroju poprzecznego.
Pokazuje to wyraźniej rys. 14.5, który może również ułatwić zrozumienie, że w omawianym
przypadku w każdym punkcie pręta mamy do czynienia z płaskim stanem naprężenia
(dokładniej z czystym ścinaniem) i że płaszczyzną tego stanu jest płaszczyzna prostopadła do
przekroju poprzecznego i prostopadła do wektora wodzącego punktu. Naprężenia główne, z
których jedno jest rozciągające a drugie ściskające o wartościach równych naprężeniom
stycznym, nachylone są pod kątem 45° do osi pręta (rys.15.5).
maxτ
maxτ
Rys. 15.4
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
202
Rys.14.5
Macierz odkształceń odpowiadającą wyznaczonym naprężeniom obliczamy korzystając ze
związków fizycznych Hooke’a.
Z zależności (15.3) i (18.8) wynika, że kąt skręcenia dwóch przekrojów odległych o x jest
równy:
( ) ( )( )
∫∫ ==
xs
x
dxJG
xMdxxx
0 00
θϕ . (15.11)
Stąd, całkowity kąt skręcenia pręta o długości l , obciążonego stałym momentem skręcającym
( ) ss MxM = , wynosi:
0JG
lM s=ϕ . (15.12)
W tym miejscu warto zwrócić uwagę na zależność (15.11), pokazuje ona, że funkcja
momentów skręcających podzielona przez sztywność na skręcanie GJ0 jest pochodną kąta
skręcenia.
15.3. Energia sprężysta skręcanego pręta o kołowo symetrycznym przekroju
Podstawienie wyrażeń określających elementy macierzy naprężeń do wzorów (8.18) pozwala
na wyznaczenie gęstości energii sprężystej i energii sprężystej dla skręcanego pręta o kołowo
symetrycznym przekroju poprzecznym:
( )( )
2222
2
1
2
1
==+
+= ρ
τττ
νΦ
o
sxzxy
J
xM
GGE,
i stąd energia sprężysta takiego pręta o długości l wynosi:
( ) ( ) ( )dx
JG
xMdA
J
xM
GdxdV
J
xM
GdVU
A
l
o
s
o
s
l
V o
s
V
∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫ =
=
==
0
22
0
2
22
1
2
1ρρΦ .
W przypadku pręta, którego przekrój poprzeczny zmienia się na jego długości, energia
sprężysta jest równa:
max τ
max τ
τ
τ
σ 2 = τ
σ 2 = τ σ 1 = τ
45°
σ 1 = τ 45°
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
203
( )dx
GJ
xMU
n
i
l
oi
sii
∑ ∫=
=
1 0
2
2, (15.13)
gdzie sumowanie należy wykonać po wszystkich przedziałach charakterystycznych.
15.4. Wymiarowanie skręcanych prętów o kołowo symetrycznym przekroju
Stan graniczny nośności wymaga aby największe naprężenia styczne w konstrukcji były
mniejsze od naprężeń obliczeniowych przy ścinaniu Rt :
tR≤τmax
W przypadku pręta o stałym przekroju poprzecznym na całej jego długości największe
naprężenia styczne wystąpią w przekroju maksymalnego momentu skręcającego we
wszystkich punktach na obwodzie i warunek stanu granicznego nośności przyjmie formę:
ts R
W
M≤=
0
maxmax τ (15.14)
Stan graniczny użytkowania nie dopuszcza zbyt dużego kąta skręcenia w konstrukcji i
związany z nim warunek stawia wymóg, by największy jednostkowy kąt skręcenia był
mniejszy od dopuszczalnego:
dopmax θθ ≤ .
W przypadku pręta pryzmatycznego wykonanego z jednego materiału największy
jednostkowy kąt skręcenia wystąpi w przekroju maksymalnego momentu skręcającego i
warunek stanu granicznego użytkowania przyjmuje postać:
dops
JG
Mmaxθ≤
0
. (15.15)
15.5. Przykłady
Przykład 15.5.1. Wyznaczyć biegunowy moment bezwładności i biegunowy wskaźnik
wytrzymałości dla przekroju kołowego i rurowego.
r
Y
d
Z
O
322
44
0
drJJJ zy
ππ==+=
162
330
0
dr
r
JW
ππ===
Y
Z
O
rw
rz
−=−=
4444
0 1222 z
wzwz
r
rrrrJ
πππ
−==
430
0 12 z
wz
z r
rr
r
JW
π
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
204
Przykład 15.5.2.Wyznaczyć potrzebną średnicę pręta skręcanego obciążonego jak na rysunku
ze względu na stan graniczny nośności i użytkowania jeśli 130=tR MPa, 80=G GPa,
o30.dop =θ /m. Po przyjęciu średnicy wyznaczyć wykres kątów skręcenia poszczególnych
przekrojów względem przekroju A.
Rozwiązanie Wykres momentów skręcających pozwoli określić maksymalny moment skręcający w
konstrukcji. Aby go wyznaczyć wpierw wyliczymy moment skręcający w utwierdzeniu. Po
przyjęciu jego zwrotu jak na rysunku warunek równowagi sił działających na pręt ma postać:
∑ = 0xM lub inaczej ∑ = 0sM , co pokazuje fizyczną interpretację tego warunku:
0403136 .MM SASA =→=+−+ kNm.
Aby sporządzić wykres momentów skręcających wygodnie jest przyjąć lokalną umowę znakowania tych sił przekrojowych, która uwalniałaby nas od układu globalnego i informacji
po której stronie przekroju dokonywana jest redukcja. Z podobnymi umowami mieliśmy już do czynienia - był to układ własny przekroju poprzecznego pręta przy znakowaniu sił
poprzecznych i podłużnych czy też spody przy momentach zginających.
Umowę znakowania momentów skręcających pokazuje poniższy rysunek
Przy tej umowie wykres momentów skręcających w rozważanym pręcie pokazuje rysunek
poniżej:
dodatnie momenty
skręcające
ujemne momenty
skręcające
13 kNm 6 kNm 3 kNm X
A
1.5 m 1.0 m
1.0 m
B C D
4 kNm
13 kNm 6 kNm 3 kNm X
A
1.5 m
1.0 m
1.0 m
B C D
MSA
4.0
10
.0
3.0
Ms(x)
Nm
0.1
20°
0.4
75
°
0.5
67°
ϕ Ax
°
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
205
Maksymalny moment skręcający max Ms = 10.0 kNm.
Wyznaczenie średnicy pręta.
Potrzebny wymiar ze względu na stan graniczny nośności:
2
6
33
0
0
1023710130
1010
16
−
≥→≥→≥→≤= *.d*
*d
R
MmaxWR
W
Mmaxmax
t
st
s πτ m.
Potrzebny wymiar ze względu na stan graniczny użytkowania:
2
9
34
0
0
104912301080
1801010
32
−
≥→≥→≥→≤= *.d.***
**d
G
MmaxJ
GJ
Mmaxmax
dop
sdop
s
π
π
θ
θθ
o
m.
W warunku stanu granicznego użytkowania dopθ podane w °/m należało wyrazić w 1/m a
ponieważ 180° = π - stąd forma zapisu tego warunku.
Przyjęto do wykonania d = 12.5 cm .
Biegunowy moment bezwładności pręta przy takiej średnicy wynosi:
84239632
512 4
0 ..*
J ==π
cm4.
Kąty skręcenia względem przekroju utwierdzenia wyznaczymy sumując kąty skręcenia
poszczególnych przekrojów charakterystycznych względem siebie.
Ponieważ we wszystkich przedziałach charakterystycznych momenty skręcające są stałe, to
kąty skręcenia możemy liczyć według wzoru:
0JG
lM s=ϕ .
Zatem:
o
o
1200180
0021000210108423961080
01100489
3
.*.rd.*.**
.**.AB −=−=−=
−=
−π
ϕ ,
o
o
4470180
0078000780108423961080
511001089
3
.*.rd.*.**
.**.BC −=−=−=
−=
−π
ϕ ,
o
o
0920180
0016000160108423961080
01100389
3
.*.rd.*.**
.**.CD ====
−π
ϕ ,
o4750092044701200 ....CDBCABAD −=+−−=++= ϕϕϕϕ .
Obliczone kąty pozwalają narysować wykres kątów skręcenia, który został pokazany na
rysunku wyżej.
Przykład 15.5.3. Wyznaczyć maksymalne naprężenie styczne w przekroju poprzecznym
dwustronnie zamocowanego pręta skręcanego o skokowo zmiennym przekroju kołowym jak
na rysunku. Dane są: d, l, G oraz M.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
206
Pręt jest jednokrotnie statycznie
niewyznaczalny gdyż do
wyznaczenia dwóch reakcji w
postaci momentów skręcających
w utwierdzeniach sAM i sEM
dysponujemy tylko jednym
równaniem równowagi, tj.
∑ = 0sM . Dodatkowego
równania należy, jak zawsze w
przypadku zadania statycznie
niewyznaczalnego, poszukiwać w
warunkach geometrycznych
konstrukcji. W tym przypadku
warunek geometryczny wynika z
obustronnego zamocowania pręta,
zatem kąt skręcenia skrajnych
przekrojów jest równy zero co
daje dodatkowe równanie w
postaci 0=AEϕ .
Przy założonych jak na rysunku, zwrotach momentów skręcających w utwierdzeniach
równania te mają postać: • równanie równowagi
∑ =+−+→= 040 sEsAs MMMMM ,
• równanie geometryczne
00 =+++→= DECDBCABAE ϕϕϕϕϕ ,
( ) ( ) ( )0
4422
0000
=
−+
+
−+
+
+
+
DE
sA
CD
sA
BC
sA
AB
sA
GJ
lMMM
GJ
lMMM
GJ
lMM
GJ
lM
Biegunowy moment bezwładności na odcinku AB jest równy:
32
4
0
dJ AB
π= i jeśli oznaczymy go przez 0J , to biegunowe momenty bezwładności na
pozostałych odcinkach pręta wynoszą: 000 16JJJ CDBC == , 00 81JJ DE = . Przy tych
oznaczeniach równanie geometryczne przyjmuje postać:
( ) ( ) ( )0
81
4
16
4
16
22
0000
=
−+
+
−+
+
+
+
J*G
lMMM
J*G
lMMM
J*G
lMM
GJ
lM sAsAsAsA ,
z którego wyliczamy M.M sA 0450= , a po wstawieniu do równania równowagi otrzymujemy
M.M sE 9552= . Wykres momentów skręcających pokazany na rysunku i geometria
przekrojów poprzecznych pręta pozwala sądzić, że największe naprężenia styczne wystąpią na odcinku CD w punktach na obwodzie przekroju poprzecznego i będą miały wartość:
( )34
881322
9552
d
M.
dd
M.max ==
π
τ .
MsA
sM0.0
45
M
1.0
45
M
2.9
55
M
X
2d 3d
A
2l 2l
l
B C D
l
E
M 4M MsE
d
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
207
Przykład 15.5.4. Wyznaczyć potrzebną średnicę pręta skręcanego, obciążonego jak na
rysunku ze względu na stan graniczny nośności i użytkowania, jeśli 110=tR MPa,
80=G MPa, o30.dop =θ /m. Po przyjęciu średnicy wyznaczyć wykres kątów skręcenia
poszczególnych przekrojów względem przekroju A.
Rozwiązanie
Pręt jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny. Do wyznaczenia dwóch reakcji w postaci
momentów skręcających w utwierdzeniach sAM i sEM dysponujemy jednym równaniem
równowagi i jednym równaniem geometrycznym.
Przy założonych jak na rys. zwrotach momentów skręcających w utwierdzeniach równania te
mają postać: • równanie równowagi
∑ =+−+−→= 043200 sEsAs M*MM
• równanie geometryczne
X
0.8 d
A
3 m 2 m
1m
B C D
4 m
E
20 kNm 3 kNm/m
d
MsE
X
0.8 d
A
3 m 2 m
1 m
B C D
MsA
4 m
E
20 kNm 3 kNm/m
d
sM
kNm
14.0
12
5.9
88
6.0
12
7.996 m
AXϕϕϕϕ
10 -3
rd
9.2
89
3
3.3
768
3.3
34
6
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
208
00 =+++→= DECDBCABAE ϕϕϕϕϕ
( ) ( ) ( )0
243203203202
0000
=
−+−
+
+−
+
+−
+
−
CE
sA
CE
sA
AC
sA
AC
sA
GJ
**M
GJ
*M
GJ
*M
GJ
*M
W powyższym równaniu równowagi obciążenie, rozłożonym w sposób ciągły momentem
skręcającym na odcinku DE zostało zastąpione równoważnym, skupionym w środku odcinka
momentem skręcającym.
Biegunowy moment bezwładności na odcinku AC jest równy 32
4
0
dJ AC
π= i jeśli oznaczymy
go przez 0J , to biegunowy moment bezwładności na pozostałym odcinku pręta ma wartość
( )
0
44
0 5904032
80
32J.
d.dJ CE =−=
ππ. Po wykorzystaniu tej zależności i prostych
rachunkach równanie geometryczne przyjmuje postać:
07263188468813 =+− .M. sA
Z tych dwóch równań otrzymujemy: 01214.M sA = kNm, 0126.M sE = kNm.
Równania momentów skręcających:
020 .x << m
( ) 01214.MxM sAs −=−= kNm,
0602 .x. << m
( ) 988520 .MxM sAs =+−= kNm
01006 .x. << m
( ) ( ) ( ) 98856639885 .M;x.xM ss =−−= kNm, ( ) 09967 =.M s , ( ) 012610 .M s −= kNm.
W miejscu zerowania się momentu skręcającego, tj. dla x = 7.996 m wystąpi ekstremum kąta
skręcenia w tym przedziale.
Wykres momentów skręcających pokazany jest wyżej.
Wyznaczenie wielkości potrzebnej średnicy pręta.
odcinek AC
max Ms =14.012 kNm
• stan graniczny nośności
087010110
1001214
16 6
33
0
0
.d*
*.d
R
MmaxWR
W
Mmax
t
st
s≥→≥→≥→≤
πm,
• stan graniczny użytkowania
1360301080
1801001214
32 9
34
0
0
.d*.**
**.d
G
MmaxJ
GJ
Mmax
dop
sdop
s≥→≥→≥→≤
π
π
θ
θ
o
m.
odcinek CE
max Ms =6.012 kNm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
209
( ) 4444
0 0580032
5904032
80
32d.
d.
d.dJ ==−=
πππ,
300 11590
2d.
d
JW == .
• stan graniczny nośności
078010110
10012611590
6
33
0
0
.d*
*.d.
R
MmaxWR
W
Mmax
t
st
s≥→≥→≥→≤ m,
• stan graniczny użytkowania
1250301080
18010012605800
9
34
0
0
.d*.**
**.d.
G
MmaxJ
GJ
Mmax
dop
sdop
s≥→≥→≥→≤
πθ
θ
o
m.
Przyjęto do wykonania d = 0.14 m..
Biegunowy moment bezwładności na odcinku AC wynosi 3771 cm4 a na odcinku CE jest
równy 2227 cm4
Równania kątów skręcenia względem przekroju A :
020 .x << m
( )rd*.;x*.dx
***
*.dx
GJ
xMAB
xxs
Ax33
089
3
0 0
102893910644741037711080
1001214−−
−−=−=
−== ∫∫ ϕϕ
.
0502 .x. << m
( )
( ) rd*.;x*.*.
dx***
*.dx
GJ
xM
AC
x
AB
xs
ABAx
333
289
3
2 0
1033463210984911028939
1037711080
109885
−−−
−
−=−+−=
=+=+= ∫∫
ϕ
ϕϕϕ
0605 .x. << m
( )
( ) rd*.;x*.*.
dx***
*.dx
GJ
xM
AD
x
AC
x
sACAx
333
589
3
5 0
1002690510361031033463
1022271080
109885
−−−
−
=−+−=
=+=+= ∫∫
ϕ
ϕϕϕ
01006 .x. << m
( ) ( )[ ]
0105421010842001046431310449650
1022271080
10639885
62333
689
3
6 0
≈−=−+−=
=−−
+=+=
−−−−
−∫∫
rd*.;x*.x*.*.
dx***
*x.dx
GJ
xM
AE
x
AD
xs
ADAx
ϕ
ϕϕϕ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
210
Ekstremalny kąt skręcenia w tym przedziale: ( ) rd*..Ax310376839967 −
=ϕ .
Wykres kątów skręcenia względem przekroju A jest wyżej pokazany.
Przykład 15.5.5. W skręcanym pręcie kołowym o średnicy d = 12 cm obciążonym jak na rys.
wyznaczyć: wykres momentów skręcających,
wykres kątów skręcenia poszczególnych
przekrojów względem przekroju A oraz
ekstremalne naprężenia główne i
odkształcenia główne jeżeli stałe materiałowe
wynoszą E = 205 GPa, 30.=ν .
Rozwiązanie
Równania momentów skręcających:
020 .x << m
( )2
25104522
104 x..x*x..xM s −−=−−= ,
( ) 0040 .M s −= kNm, ( ) 2551 .M s −= kNm, ( ) 0092 .M s −= kNm.
0402 .x. << m
( ) ( ) 29102109 −=−+−= xxxM s
( ) 0092 .M s −= kNm, ( ) 00114 .M s = kNm, ( ) 00092 ..M s = kNm.
Biegunowy moment bezwładności przekroju pręta wynosi: 75203532
124
0 .*
J ==π
cm4.
X A B
2 m
C
4 kNm 5 kNm/m
2 m
10 kNm/m
X A B
2 m
C
4 kNm 5 kNm/m
2 m
10 kNm/m
Ms
kNm
2.9 m
4.0
0
5.2
5
9.0
0
11.0
0
2.2
32
7.0
61
9.5
84
5.8
15
AXϕ
10-3
rd
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
211
Sztywność na skręcanie ( ) ( )
689
00 1060511107520353012
10205
12*.*.
.
*J
EGJ =
+
=
+
=−
ν
Nm2.
Równania kątów skręcenia względem przekroju A:
020 .x << m
( ) ( )( ) rd*x.x.dx
*.
*x.dx
GJ
xMxx
sAx
33
06
32
0 0
102596049221060511
102514−
+−=+−
== ∫∫ϕ
( ) ( ) rd*.,rd*. ABAxAx33 10061721023221 −−
−==−= ϕϕϕ .
0402 .x. << m
( ) ( )( ) rd*x.x..dx
*.
*xdx
GJ
xMx
AB
x
sABAx
32
2
6
3
2 0
10067181153613161060511
102910−
−+=−
+=+= ∫∫ ϕϕϕ
( ) ( ) ( ) rd*.,rd*.,rd*. ACAxAxABAx333
108155410553931006172−−−
−==−=−== ϕϕϕϕϕ .
Ekstremalny kąt skręcenia: ( ) rd*..Ax310584992 −
−=ϕ .
Ekstremalne naprężenia główne i odkształcenia główne wystąpią w przekroju największego
momentu skręcającego w dowolnym punkcie na obwodzie przekroju poprzecznego pręta.
Jeśli wybierzemy punkt K , to przy przyjętym
układzie współrzędnych, wystąpią w nim jedynie
naprężenia styczne:
4203216120
100113
3
..*
*.
W
M
o
szxxz −=−=−==
π
ττ MP.
W wybranym punkcie występuje płaski stan naprężenia (czyste ścinanie) , który w
płaszczyźnie stanu naprężenia (tzn. płaszczyźnie (X, Z)) jest reprezentowany przez macierz :
−
−
=
04232
42320
.
.T
σ MPa.
Naprężenia główne mają wartości:
423222
2
2
.xzzxzx
max =+
−
+
+
= τσσσσ
σ MPa,
423222
2
2
.xz
yxzxmin −=+
−
−
+
= τ
σσσσσ MPa.
a ich kierunki określają kąty :
τ zx
τ xz
K
Z
Y
X
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
212
o450.1tg max
max
max −=→−=
−
−
= α
σσ
τα
z
xz , o450.1tg min
min
min =→=
−
−
= α
σσ
τα
z
xz
Wartości ekstremalnych odkształceń głównych wyznaczymy, korzystając z równań Hooke’a
( )( ) 3
9
6
10206010205
1030142321−
=
+
=−= *.*
*..
Eminmaxmax νσσε ,
( )( ) 3
9
6
10206010205
1030142321−
−=
+−
=−= *.*
*..
Emaxminmin νσσε .
Kierunki włókien, które mają ekstremalne odkształcenia liniowe (a odkształcenia kątowe są równe zero) pokrywają się z kierunkami naprężeń głównych.
15.6. Naprężenia styczne w skręcanym pręcie o przekroju prostokątnym
Przy skręcaniu prętów o przekroju poprzecznym każdym innym niż kołowo symetrycznym,
nie jest prawdziwe założenie jakoby przekrój płaski przed przyłożeniem obciążenia pozostał
taki po obciążeniu i jego przemieszczenia polegały jedynie na obrocie wokół osi pręta.
Swobodnemu skręcaniu takich prętów towarzyszy deplanacja (wypaczanie) ich przekroju
poprzecznego, tzn. punkty przekroju poprzecznego mogą się swobodnie przemieszczać w
kierunku równoległym do jego osi i naprężenia normalne w przekroju poprzecznym są równe
zero.
Otrzymanie ścisłych wyników dla takich przypadków wymaga użycia bardziej niż dotąd
złożonych metod analizy matematycznej i niżej ograniczymy się jedynie do podania
końcowych wyników ścisłego rozwiązania zagadnienia skręcania pręta o przekroju
prostokątnym uzyskanych przez de Saint-Venanta w 1855 r.
Rozkład naprężeń stycznych w skręcanym przekroju prostokątnym pokazany jest na rys.15.6.
Należy przede wszystkim zauważyć, że naprężenia te są styczne do konturu i osiągają największą wartość w połowie dłuższego boku, a zerują się w narożach. Zwrot naprężeń jest
taki, że kręcą względem środka tak samo jak obciążający moment skręcający.
Wartości największych naprężeń stycznych oraz jednostkowego kąta podają wzory:
Z X
32.42
32.42
32.42
32.42 max
o45=maxα
o45=minα
4232.min =σ
4232.max =σ
Z
X
min
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
213
2bh
Mmax
s
α
τ = , (15.16)
3
bhG
M s
β
θ = . (15.17)
Współczynniki α oraz β występujące we wzorach (15.16) i (15.17) zależą są od stosunku
boków h/b (b jest z umowy krótszym bokiem) i podane są w tabelce poniżej
h/b 1.0 1.5 1.75 2.0 2.5 3.0 4.0 6.0 8.0 10.0 ∞
α 0.208 0.231 0.239 0.246 0.258 0.267 0.282 0.299 0.307 0.313 0.333
β 0.141 0.196 0.214 0.229 0.249 0.263 0.281 0.299 0.307 0.313 0.333
15.7. Przybliżony sposób wyznaczania naprężeń stycznych w skręcanych prętach o
dowolnym przekroju
Ten przybliżony sposób stosujemy najczęściej przy skręcaniu prętów cienkościennych. Pręty
takie charakteryzują się niewielką grubością ścianki w stosunku do pozostałych wymiarów.
Ze względu na kształt przekroju możemy je podzielić na profile otwarte i profile zamknięte
(rys.15.7). Zajmiemy się każdym z tych rodzajów prętów oddzielnie a głównym naszym
celem będzie wyznaczenie największych naprężeń stycznych w przekroju.
Rys. 15.7
Zaczniemy od profili otwartych. Pierwszym krokiem, który musimy dokonać w tym podejściu
jest podział i aproksymacja całkowitego przekroju na części składowe, każda o przekroju
prostokątnym (rys. 15.8). Dalej ten aproksymowany przekrój traktowany jest jako zbiór
prostokątów, każdy obciążony jakimś swoim momentem skręcającym. Dla takiego
przybliżonego przekroju przyjmiemy następnie założenia upraszczające:
• suma momentów skręcających poszczególne prostokątne części składowe jest równa
momentowi skręcającemu przyłożonemu do całego profilu
• jednakowy jest jednostkowy kąt skręcania wszystkich poszczególnych elementów
składowych.
profile otwarte
profile zamknięte
max τ
Z
Y
Rys. 15.6
b
h
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
214
Rozważmy pokazany na rys.15.8 przekrój i
podzielmy go trzy prostokątne elementy (zatem w
dalszych wzorach n = 3) o wymiarach bixhi, gdzie
szerokość bi jest mniejszym wymiarem danego
prostokąta. Podział na elementy składowe w
zasadzie jest dowolny ale wskazane jest
„zdroworozsądkowe” podejście w tym zakresie.
Dla każdego składowego „i-tego” elementu obowiązują zależności i rozkład naprężeń stycznych jak w prostokącie:
2iii
is
ibh
Mmax
α
τ = , 3iii
is
ibhG
M
β
θ =
Pierwsze założenie upraszczające daje równanie (możemy je nazwać równaniem równowagi):
∑=
=
n
i
iss MM1
, (15.18)
a drugie założenie upraszczające pozwala napisać zależności (możemy je nazwać geometrycznymi):
θθ =i . (15.19)
Ze wzorów dla prostokąta i zależności geometrycznych otrzymujemy związki :
33iiiiiiiis bhGbhGM βθβθ == , które po wstawieniu do równania (15.18) dają zależność:
∑∑==
==
n
i
iii
n
i
iss bhGMM1
3
1
βθ ,
z której możemy wyznaczyć jednostkowy kąt skręcenia przekroju:
s
s
GJ
M=θ (15.20)
gdzie: ∑=
=
3
1
3
i
iiis bhJ β (15.21)
Wstawiając wyrażenie na jednostkowy kąt skręcenia (15.20) do wzoru na moment skręcający
w „i-tym” prostokącie:
333iii
s
siii
s
siiiis bh
J
MbhG
JG
MbhGM βββθ ===
a dalej do wzoru na naprężenia styczne, otrzymujemy wzór określający wielkość maksymalnych naprężeń stycznych w nim występujących:
ib
ih
τ max i
Rys. 15.8
Ms
h1
b1
h3
b3
b2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
215
i
i
i
s
si b
J
Mmax
α
βτ = . (15.22)
Za maksymalne naprężenie styczne w przekroju uznajemy największe naprężenie ze
wszystkich składowych prostokątów.
Tablica wartości współczynników α oraz β pokazuje, że dla prostokątów, których wysokość h jest znacznie większa od szerokości b iloraz ii αβ jest bliski jedności i gdy przekrój
„składa” się właśnie z takich prostokątów to największe naprężenie styczne wystąpi w
prostokącie o największej szerokości.
Zajmijmy się teraz największymi naprężeniami stycznymi w przekroju poprzecznym profili
zamkniętych i w dodatku tylko jednokomorowych (rys.15.9).
Rys. 15.9
W tym przypadku założeniem upraszczającym będzie przyjęcie, że naprężenia styczne
rozkładają się równomiernie na grubości ścianki. Ponieważ naprężenia styczne na dwóch do
siebie prostopadłych płaszczyznach są sobie równe, to warunek równowagi wyciętego
dowolnie małego elementu pręta dowodzi:
22112211 00 δτδτδτδτ =→=−→=∑ dxdxX ,
że iloczyn grubości ścianki i panujących w tym miejscu naprężeń stycznych jest stały
const=δτ
Z kolei z twierdzenia o równoważności układów sił zewnętrznych i wewnętrznych wynika:
( ) ( ) ( ) ( )∫∫ == dsshshdsssM s τδδτ .
Rys.15.9 pokazuje, że ( ) dAdssh =2 , zatem:
022 AdAM
A
s δττδ == ∫∫
gdzie: 0A - pole obszaru ograniczonego linią środkową ścianki. Możemy więc napisać
zależność:
02 A
M s
δ
τ = (15.23)
z której wynika, że maksymalne naprężenia styczne wystąpią w miejscu w którym grubość ścianki jest minimalna i wynoszą:
Ms
s
Z
Y
X
ds h(s)
dA
dx
τ
dx
δ1
δ2
τ1
τ2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
216
δ
τ
minA
Mmax s
02= . (15.24)
Wyznaczmy teraz jednostkowy kąt skręcenia takiego pręta. W rozdziale 8 stwierdziliśmy, że
w przypadku obciążeń statycznych w konstrukcji wykonanej z materiału sprężystego praca sił
zewnętrznych jest równa energii sprężystej układu. Zatem dla pręta o rozważanym przekroju i
jednostkowej długości obciążonego momentem skręcającym sM możemy napisać:
dVG
M
V
s ∫∫∫=
22
1 2τ
θ .
Podstawiając do powyższej zależności wzór (15.23) i uwzględniając geometrię przekroju
poprzecznego pręta, otrzymujemy:
dAAG
MM s
s ∫=20
2
2
82
1
δ
θ ,
ale dsdA δ= , więc ostatecznie, po prostym przekształceniu, dostajemy:
∫=
δ
θds
AG
M s
204
. (15.25)
Wzory (15.24) i (15.25), określające przybliżone wartości maksymalnych naprężeń stycznych
i jednostkowego kąta skręcenia dla profili zamkniętych nazywane bywają wzorami Bredta.
15.7.1. Przykłady
Przykład 15.7.1.1. Wyznaczyć największe naprężenie styczne w przekroju poprzecznym
szyny kolejowej pokazanej na rys. skręcanej momentem o wartości Ms = 1.0 kNm.
Rozwiązanie
Po aproksymacji przekroju trzema prostokątami jak na rysunku potrzebujemy wyznaczyć współczynniki iα oraz iβ dla każdego z nich. Interpolując wartości podane w tabelce
otrzymujemy:
prostokąt 1: 210023707014068 1111 .,..bh ==→== βα
prostokąt 2: 295029505051371 2222 .,..bh ==→== βα
prostokąt 3: 3020302070617114 1133 .,..bh ==→== βα
911127141130203117295004862100 3333
1
3..*.*..*.*..*.*.bhJ
i
iiis =++==∑=
β cm4.
24
68
114
13
9
135
wymiary
w mm
40
17
68
114
1
3
2 13
40
71
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
217
Największe naprężenie styczne wystąpi w prostokącie 1 (ma największą szerokość) i
przyjmujemy, że jest to największe naprężenie styczne w rozważanym przekroju
62
8
3
1
1
11 103931104
2370
2100
1091112
101*.*
.
.
*.
*b
J
Mmaxmax
s
s====
−
−α
βττ N/m
2 = 31.39 MPa.
Przykład 15.7.1.2. Zbadać jaki wpływ na wielkość największego naprężenia stycznego w
przekroju poprzecznym skręcanym momentem Ms ma sposób jego aproksymacji
prostokątami w dwóch pokazanych na rysunku przekrojach.
Rozwiązanie
Pierwszy przekrój.
Podział na trzy prostokąty Współczynniki 2080.i =α , 1410.i =β
43
1
43 423014103 a.a.*bhJi
iiis ===∑=
β
3460261
2080
1410
4230 a
M.a
.
.
a.
Mb
J
Mmax ss
s
s===
α
βτ
Podział na dwa prostokąty Współczynniki 24601 .=α , 22901 .=β , 20802 .=α , 14102 .=β
42
1
433 5990141022290 a.a.a*a*.bhJi
iiis =+==∑=
β
341
1
11 55411
2460
2290
5990 a
M.a
.
.
a.
Mb
J
Mmax ss
s
s===
α
βτ
342
2
22 13171
2080
1410
5990 a
M.a
.
.
a.
Mb
J
Mmax ss
s
s===
α
βτ
Jeśli przyjąć pierwszy podział za „miarodajny” to procentowy błąd wynikający z drugiego
podziału wynosi ( ) %.... 033602615541160261100 =−
Drugi przekrój.
a a
3
1 2 a
a
a a
a
a 5a a
a
a 5a
4a
4a
a a
2
a
a
1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
218
Podział na trzy prostokąty Współczynniki: 314011 .== βα , 282032 .== αα ,
281032 .== ββ
4
33
1
3
0166428102
123140
a.a*a*.*
a*a*.bhJi
iiis
=+
+==∑=
β
341
1
11 16620
3140
3140
0166 a
M.a
.
.
a.
Mb
J
Mmax ss
s
s===
α
βτ
342
2
22 16560
2820
2810
0166 a
M.a
.
.
a.
Mb
J
Mmax ss
s
s===
α
βτ
Podział na cztery prostokąty Współczynniki
2900.== βα są takie same dla wszystkich
czterech prostokątów
44
1
33 805529004 a,a*a*.*bhJi
iiis ===∑=
β
Maksymalne naprężenie styczne w każdym
prostokącie będzie równe
3417240
2900
2900
805 a
M.a
.
.
a.
Mb
J
Mmax ss
s
s===
α
βτ
Procentowy błąd wynikający z różnej aproksymacji prostokątami w tym przypadku wynosi
( ) %.... 603172401662017240100 =−
Te dwa przykłady dowodzą (choć zapewne nie jednoznacznie), że dowolny ale
“rozsądny”podział przekroju na składowe prostokąty ma niewielki wpływ na wartość największego naprężenia stycznego w przekroju.
Przykład 15.7.1.3. Wyznaczyć jak
zmienią się największe naprężenia
styczne i jednostkowy kąt skręcenia w
rurze skręcanej momentem Ms po jej
przecięciu na pobocznicy równolegle do
jej osi.
Rozwiązanie
1
2
3
a
4a
4a
5a a a 5a
1
2
3 a
4a
4a
5a a a 5a
4
dz
0.8 dz
MS
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
219
W przypadku rury nie rozciętej mamy do czynienia ze skręcaniem przekroju kołowo
symetrycznego. Ścisłe rozwiązanie tego zagadnienia daje największe naprężenia styczne w
dowolnym punkcie na obwodzie o wartości:
0
maxW
M s=τ ,
a jednostkowy kąt skręcenia wynosi:
0GJ
M s=θ .
Biegunowy moment bezwładności i biegunowy wskaźnik wytrzymałości w rozważanym
przypadku są równe:
( )44
4
0 05796.08.0132
dd
J z=−=
π,
( ) 344
00 11590
2
32801
2z
z
z
z
d.d
.d
d
JW =
−
==
π.
W przypadku rozciętej rury zastosujemy przybliżone rozwiązanie aproksymując przekrój
prostokątem o wymiarach zd.b 10= oraz zz d.d.*h 827290 == π
Największe naprężenia styczne i jednostkowy kąt skręcenia w przekroju prostokątnym
wynoszą:
hb
Mmax s
2α
τ = , hbG
M s
3β
θ = .
W rozważanym przypadku dla 2728108272 ...bh == , współczynniki 333.0== βα .
Stąd największe naprężenia styczne po rozcięciu rury wzrastają:
( )
312.12827.2*1.0*333.0
1159.02
3
=
zz
z
dd
d razy,
a jednostkowy kąt skręcenia wzrasta:
( )568.61
827.2*1.0*333.0
05796.03
4
=
zz
z
dd
d razy.
dz
0.8 dz
h
b
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
220
Przykład 15.7.1.4. Porównać wartości
maksymalnych naprężeń stycznych
jednostkowego kąta skręcenia obliczone
według wzorów ścisłych i przybliżonych
wzorów Bredta, w skręcanej rurze o różnej
grubości ścianki.
Rozwiązanie
Potrzebujemy wyznaczyć pewne charakterystyki geometryczne rury o promieniu
zewnętrznym R i wewnętrznym r występujących we wzorach określających poszukiwane
wielkości.
Grubość ścianki: ( )ηδ −=−= 1RrR , gdzie : Rr=η .
Biegunowy moment bezwładności: ( )44
0 12
ηπ
−=R
J .
Biegunowy wskaźnik wytrzymałości: ( )43
0 12
ηπ
−=R
W .
Pole obszaru ograniczonego linią środkową ścianki: ( )2
22
0 142
ηπ
π +=
+=
RrRA .
Całka po linii środkowej ścianki: ( )
( )
( )
( )η
ηπ
η
ηπ
δ −
+=
−
+=∫ 1
1
1
1
R
Rds.
Maksymalne naprężenia styczne obliczone według wzorów otrzymanych z rozwiązania
zagadnienia skręcania prętów kołowo symetrycznych wynoszą:
0W
Mmax s
s =τ ,
Maksymalne naprężenia styczne obliczone według przybliżonych wzorów dla
cienkościennych profili zamkniętych są równe:
δ
τ
minA
Mmax s
B
02= ,
Stosunek naprężeń wyznaczonych według wzorów przybliżonych i ścisłych wynosi:
( )
( )( )
( )( )
( )( )
( )
( )η
η
ηη
ηη
ηη
η
τ
τκ
+
+=
+−
+−=
+−
−==
1
1
11
11
11
1 2
2
22
2
4
S
B
max
max
Wykres zależności współczynnika κ od η jest niżej pokazany.
Wyliczmy minimalną wartość współczynnika κ .
0
0,25
0,5
0,75
1
0 0,25 0,5 0,75 1
r/R
R r
MS
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo
symetrycznym i prostokątnym
221
( )
( )
4142001201
1
1
2 2
2
2
.d
d=→=−+→=
+
+−
+
= ηηη
η
η
η
η
η
κ.
Stąd minimalna wartość κ wynosi:
( )
( )82840
414201
414201 2
..
.min =
+
+=κ
Maksymalne naprężenia styczne obliczone przybliżonym wzorem Bredta w skręcanej rurze,
są niższe od ścisłych a największy procentowy błąd wynosi:
(1-0.8284)*100% = 17.14%.
Jednostkowy kąt skręcenia według wzorów otrzymanych z rozwiązania zagadnienia skręcania
prętów kołowo symetrycznych jest równy:
0JG
M sS =θ .
Jednostkowy kąt skręcenia według przybliżonego wzoru Bredta wynosi:
∫=
δ
θds
AG
M sB 2
04.
Stosunek jednostkowych kątów skręcenia wyznaczonych według wzorów przybliżonych i
ścisłych jest równy:
( )
( )( )
( )( )( )
( )( )
( )
( )2
2
3
2
3
4
11
12
11
1112
11
12
η
η
ηη
ηηη
ηη
η
θ
θκ
+
+=
+−
++−=
+−
−==
S
B .
Zależności współczynnika 1κ od η pokazuje poniższy wykres.
Zatem obliczenia jednostkowego kąta skręcenia, przybliżonym wzorem Bredta, dają wyniki
większe od dokładnych.
0
0,5
1
1,5
2
0 0,25 0,5 0,75 1
r/R
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
222
16. HIPOTEZY WYTĘŻENIOWE
16.1. Wytężenie i jego miara
Wykres rozciągania stali miękkiej pokazuje, że punkt materialny znajdujący się w
jednoosiowym stanie naprężenia przechodzi, w trakcie zwiększania naprężenia, przez kolejne
stany mechaniczne: liniowo-sprężysty, nieliniowo-sprężysty, sprężysto-plastyczny, plastyczny
aż w końcu osiąga stan niszczący gdy spójność między punktami materialnymi zostanie
zerwana. Jest rzeczą oczywistą, że ten ostatni stan jest stanem niebezpiecznym, a przejścia
między stanami reprezentowane są poprzez odpowiednie naprężenia graniczne HR , SR , eR i
mR .
Należy jednak zauważyć, że nie wszystkie materiały mogą przechodzić przez te wyżej
wspomniane stany mechaniczne. Materiał kruchy nie osiąga stanu plastycznego, a stan
niszczący jest bardzo blisko stanu liniowo-sprężystego. Dla wielu materiałów stan plastyczny,
w którym występują duże odkształcenia trwałe należy uznać za stan niszczący w sensie
niemożności spełniania zadań użytkowania.
Możemy więc uznać, że przez niebezpieczny stan mechaniczny rozumieć będziemy stan w
którym zachodzą jakościowe zmiany własności materiału, najczęściej rozumiane jako
wystąpienie dużych nieodwracalnych odkształceń lub zniszczenie, a granicą niebezpieczną
KR , naprężenie, przy którym zmiany te się dokonują.
Jeśli wprowadzimy pojęcie wytężenia, które możemy zdefiniować jako stopień zbliżenia się
materiału do granicy niebezpiecznej, to warunkiem bezpiecznego stanu będzie nierówność:
NWW ≤ ,
gdzie: W - miara wytężenia, NW - wartość miary wytężenia w stanie niebezpiecznym.
Postawimy teraz pytanie: jak określić (albo inaczej, czym zmierzyć) wytężenie w punkcie, w
którym znamy macierz naprężeń i ile wynosi wartość tej miary w stanie niebezpiecznym.
Odpowiedź na to pytanie jest bardzo łatwa jedynie w przypadku gdy w punkcie panuje
jednoosiowy stan naprężenia.
Miarą wytężenia będzie wówczas naprężenie σ , a jej wartością w stanie niebezpiecznym -
granica niebezpieczna KR , którą doświadczalnie wyznaczymy z próby rozciągania i ściskania.
Zatem:
K)(
N)(
RW;W ==11
σ ,
a warunek bezpiecznego stanu ma postać:
KR≤σ ,
jeśli przyjmiemy, że wartości granic niebezpiecznych przy rozciąganiu i ściskaniu są takie
same Kc,Kr,K RRR == .
Graficzną reprezentacje bezpiecznych stanów
na osi naprężeń σ , stanowić wówczas będą
punkty wewnątrz odcinka >−< KK R,R .
W przypadku gdy w punkcie panuje przestrzenny stan naprężenia, odpowiedź się komplikuje,
gdyż nieskończenie wiele stanów naprężenia może spowodować w nim stan zniszczenia i
dlatego, musimy posłużyć się hipotezami wytężeniowymi. Hipotezy wytężeniowe określają
miarę wytężenia niezależnie od rodzaju stanu naprężenia. Innymi słowy określają one, co
decyduje o zniszczeniu materiału w danym punkcie ciała, niezależnie od tego, jaki rodzaj
Rk Rk
σ
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
223
stanu naprężenia w nim występuje. Jeśli tak, to warunek bezpiecznego stanu mechanicznego
sprowadza się do poniższej zależności:
)(N
)()()(WWWW
1123≤== , (16.1)
w której wskaźniki w nawiasach symbolicznie określają wymiarowość stanu naprężenia.
Powyższa relacja pokazuje zasadniczy cel hipotez wytężeniowych – jest nim odniesienie
przestrzennego stanu naprężenia do stanu jednoosiowego, w którym zarówno miara wytężenia
jak jej wartość w stanie niebezpiecznym jest jasno zdefiniowana i łatwa do doświadczalnego
wyznaczenia.
W zależności od tego co przyjmiemy za miarę wytężenia W , otrzymamy wzór na tzw.
naprężenie zredukowane (lub zastępcze) 0σ , charakteryzujące dowolny stan naprężenia pod
względem wytężenia.
Z pośród wielu dotychczas postawionych hipotez wytężeniowych, które ze względu na
postulowaną miarę wytężenia bardzo ogólnie można podzielić na: naprężeniowe,
odkształceniowe i energetyczne omówimy tylko cztery.
16.2. Hipoteza Galileusza − hipoteza maksymalnych dodatnich naprężeń normalnych
Postawiona w 1632 roku przez tego genialnego uczonego, cytowana obecnie tylko ze
względów historycznych. Daje, w wielu przypadkach, wyniki sprzeczne z doświadczeniami.
W myśl tej hipotezy:
o wytężeniu materiału w danym punkcie ciała decyduje wartość maksymalnego,
dodatniego naprężenia głównego, niezależnie od rodzaju stanu naprężenia:
( )321 σσσ ,,maxWG = , (16.2)
gdzie: . nawias Macauley’a,
≤
>
=
00
0
adla;
adla;aa .
Zatem warunek bezpiecznego stanu ma postać:
( ) r,KR,,max ≤= σσσσ 321 . (16.3)
Powyższą zależność możemy rozpisać w postaci trzech nierówności:
r,KR≤1σ , r,KR≤2σ , r,KR≤3σ ,
których graficzny obraz w trójwymiarowej przestrzeni naprężeń ( )321 σσσ ,, , nazywanej
przestrzenią Haigha – Beckera, przedstawia przestrzeń ograniczoną od strony dodatnich osi
układu płaszczyznami r,Kr,K R,R == 21 σσ i r,KR=3σ , a w dwuwymiarowej przestrzeni
obszar ograniczony prostymi r,KR=1σ i r,KR=2σ (rys.16.1).
σ2
σ1
Rk,r
Rk,r
σ1
σ3
σ2
Rys.16.1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
224
16.3. Hipoteza Rankine’a −−−− Clebscha −−−− hipoteza maksymalnych naprężeń normalnych
Zaproponowana przez Rankina (1856 r.) i Clebscha (1862 r.). Nie została dostatecznie dobrze
potwierdzona doświadczeniami. Według tej hipotezy:
o wytężeniu materiału w danym punkcie ciała decyduje maksymalna bezwzględna
wartość naprężenia głównego, niezależnie od rodzaju stanu naprężenia:
( )321 σσσ ,,maxW CR =−
(16.4)
Stąd warunek bezpiecznego stanu ma postać:
( ) KR,,max ≤= σσσσ 321 , (16.5)
jeśli przyjmiemy, że granice niebezpieczne przy rozciąganiu i ściskaniu są sobie równe
Kc,Kr,K RRR == .
Powyższą zależność możemy rozpisać w postaci nierówności:
KR≤1σ → KK RR ≤≤− 1σ ,
KR≤2σ → KK RR ≤≤− 2σ ,
KR≤3σ → KK RR ≤≤− 3σ ,
których graficzny obraz w trójwymiarowej przestrzeni naprężeń Haigha – Beckera,
przedstawia przestrzeń ograniczoną sześcianem o boku KR2 , a w dwuwymiarowej
przestrzeni - kwadrat o takim samym boku (rys. 16.2).
Rys. 16.2
16.4. Hipoteza Coulomba – Tresci −−−− Guesta − hipoteza maksymalnych naprężeń
stycznych
Przedstawiona przez Coulomba (1776 r.), Trescę (1872 r.) i Guesta (1900 r.), znajduje
zastosowanie w przypadku materiałów sprężysto-plastycznych.
Ta hipoteza postuluje, że:
o wytężeniu materiału w danym punkcie ciała decyduje maksymalna bezwzględna
wartość ekstremalnych naprężeń stycznych, niezależnie od rodzaju stanu naprężenia:
Rk
Rk
σ2
σ1
Rk
Rk
2Rk
σ1
σ2
σ3
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
225
−−−
=−−
222
323121 σσσσσσ,,maxW GTC (16.6)
Tym razem warunek bezpiecznego stanu określa nierówność:
22222
323121 KR,,max ≤=
−−− σσσσσσσ , (16.7)
która jest równoważna trzem niżej napisanym warunkom:
22
21 KR≤
− σσ → KK RR ≤−≤− 21 σσ ,
22
31 KR≤
− σσ → KK RR ≤−≤− 31 σσ ,
22
32 KR≤
− σσ → KK RR ≤−≤− 32 σσ .
W trójwymiarowej przestrzeni Haigha – Beckera powyższe nierówności wyznaczają
przestrzeń ograniczoną nieskończenie długim graniastosłupem o osi równo nachylonej do osi
układu odniesienia (jest tzw. oś aksjatorów 321 σσσ == ) i o przekroju poprzecznym w
kształcie sześciokąta foremnego, a w dwuwymiarowej przestrzeni - obszar ograniczony
sześciokątem (rys. 16.3).
Rys. 16.3
16.5. Hipoteza Hubera – Misesa – Hencky’ego − hipoteza energii odkształcenia
postaciowego
Hipoteza ta została sformułowana niezależnie przez trzech autorów: Hubera (1904 r.), Misesa
(1913 r.) i Hencky’ego (1924 r.). Pierwszy z nich Maksymilian Tytus Huber był Polakiem i
jego wybitne osiągnięcia na trwale zapisały się w historii mechaniki ośrodków ciągłych.
Hipoteza bardzo dobrze pokrywa się z danymi doświadczalnymi w przypadku materiałów
sprężysto-plastycznych i według niej:
o wytężeniu materiału w danym punkcie ciała decyduje gęstość energii odkształcenia
postaciowego, niezależnie od rodzaju stanu naprężenia:
σ1 Rk
Rk
σ2
Rk
Rk
σ1
σ1=σ2=σ3
σ2
σ3
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
226
( ) ( ) ( )[ ]2
13
2
32
2
216
1σσσσσσ
ν−+−+−
+=
−−
EW HMH . (16.8)
Zatem warunek bezpiecznego stanu mechanicznego przyjmuje formę:
( ) ( ) ( )[ ] 222
13
2
32
2
213
1
3
1
6
1KR
EEE
νσ
νσσσσσσ
ν +≤
+=−+−+−
+,
KR)()()( ≤−+−+−2
132
322
212
1σσσσσσ , (16.9)
lub
Kyzxzxyxzzyyx R)()()()( ≤+++−+−+−222222 6
2
1τττσσσσσσ . (16.10)
W trójwymiarowej przestrzeni Haigha – Beckera powyższy warunek określa przestrzeń
wewnątrz nieskończenie długiego walca o osi pokrywającej się z osią aksjatorów a w
przestrzeni dwuwymiarowej - obszar ograniczony elipsą (rys. 16.4).
Rys. 16.4
16.6. Porównanie hipotez
Porównanie zrobimy dla przypadku płaskiego
stanu naprężenia ( =3σ 0) oraz trzech z wyżej
omówionych hipotez a mianowicie
maksymalnych naprężeń normalnych (R-C),
maksymalnych naprężeń stycznych (C-T-G) i
energii odkształcenia postaciowego (H-M-H).
Krzywe graniczne dla tych trzech hipotez
zestawione są na rys.16.5. Widać z niego
wyraźnie, że największe rozbieżności miedzy
kwadratem R-C, a sześciobokiem C-T-G i
elipsą H-M-H występują w drugiej i czwartej
ćwiartce przestrzeni naprężeń na prostej
21 σσ −= tj. dla przypadku czystego ścinania.
σ2
Rk
Rk
Rk
Rk
σ1
σ1
σ1=σ2=σ3
σ2
σ3
σ1 = - σ2
czyste ścinanie
σ2
σ1
Rk
Rk
Rk
Rk
Rys.16.5
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
227
16.7. Naprężenia zredukowane
Jeżeli uporządkujemy naprężenia główne wg relacji 321 σσσ ≥≥ , to warunek bezpiecznego
stanu mechanicznego wg poznanych hipotez możemy zapisać w następujący sposób:
wg hipotezy Galileusza
KR≤1σ
wg hipotezy Rankine’a – Clebscha
( ) KR,max ≤31 σσ ,
wg hipotezy Coulomba – Tresci – Guesta
KR≤=− 31 σσ ,
wg hipotezy Hubera – Misesa − Hencky’go
Kyzxzxyxzzyyx R)()()()( ≤+++−+−+−222222 6
2
1τττσσσσσσ .
Lewe strony powyższych nierówności, obliczone w oparciu o wartości elementów dowolnej
macierzy naprężeń, porównywane są z granicą niebezpieczną przy jednoosiowym stanie
naprężenia. Stąd możemy je interpretować jako zastąpienie czy redukcję stanu przestrzennego
do jednoosiowego i dlatego nazywane są naprężeniami zredukowanymi lub zastępczymi i
zwykle oznaczane przez 0σ . Stąd wzory na naprężenia zredukowane wg odpowiednich
hipotez mają postać:
10 σσ =G ,
( )310 σσσ ,maxCR=
− ,
310 σσσ −=−− GTC ,
.)()()(
)()()()( yzxzxyxzzyyxHMH
213
232
221
2222220
2
1
62
1
σσσσσσ
τττσσσσσσσ
−+−+−=
=+++−+−+−=−−
W przypadku płaskiego stanu naprężenia, w którym macierz naprężeń zawiera jedynie dwa
elementy xσ oraz xzτ , wzory na naprężenia zredukowane przyjmują formę:
220 4
2
1
2xzx
xGτσ
σσ ++= ,
220 4
2
1
2xzx
xCRτσ
σ
σ ++=− ,
220 4 xzx
GTCτσσ +=
−− ,
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
228
220 3 xzx
HMHτσσ +=
−− .
16.8. Przykłady
Przykład 16.8.1. Porównać naprężenia zastępcze dla przypadku czystego ścinania ( 21 σσ −= )
określonego naprężeniem τ .
Rozwiązanie
Naprężenia zredukowane według przedstawionych hipotez wynoszą:
τστστσσ 32 0000 ====−−−−− HMHGTCCRG
,, .
Jeśli przyjąć, że hipoteza H-M-H daje wyniki najlepiej odpowiadające rzeczywistemu
zachowaniu się materiałów, a tak pokazują doświadczenia dla materiałów sprężysto-
plastycznych, to:
dwie pierwsze hipotezy zaniżają wartość wytężenia o:
( ) %.2642313 =− ,
a trzecia zawyża wartość wytężenia o:
( ) %.4715332 =− .
Przykład 16.8.2. Wyznaczyć naprężenia zredukowane wg omówionych hipotez w punkcie K
przekroju utwierdzenia konstrukcji o schemacie jak na poniższym rysunku.
Rozwiązanie
Siły przekrojowe w przekroju utwierdzenia
pokazane są na rysunku obok. W rozważanym
przekroju poprzecznym występuje:
• rozciąganie i zginanie względem dwóch
osi co implikuje powstanie naprężeń
normalnych σx oraz
• ścinanie oraz skręcanie co wywołuje
naprężenia styczne xzτ .
Y
Z
X 5 kN/m
10 kN
2 m
4 m
Y
Z
18
9
K 6
6 6 6
6
wymiary w
cm
X
Y
Z
N = 10 kN
MS = 20 kNm
My = 40 kNm
Mz = 10 kNm
Qz = 10 kN
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
229
Naprężenia normalne:
yJ
Mz
J
M
A
N
z
z
y
y
x ++=σ ,
( ) ( ) =−+−+= 030103240
1010060
1011016
1040
10216
10108-
3
8-
3
4-
3
.*
*.
*
*
*
*Kxσ
( )66 1058230102599786214630 *.*... −=−−= Pa= - 30.582 MPa.
Naprężenia styczne
• od ścinania siłą poprzeczną Qz
6
8
63
1085800601011016
10510691010*.
.**
*).**(**
)z(bJ
)z(SQ
Ky
KyzKxz −=−=−=
−
−
τ Pa = -0.858 MPa.
• od momentu skręcającego Ms
Skorzystamy tutaj z przybliżonego sposobu obliczenia maksymalnej wartości naprężenia
stycznego w przekroju skręcanym aproksymowanym zbiorem prostokątów.
Ponieważ stosunek wysokości do szerokości w obu prostokątach jest
taki sam to MS1 = MS2 = MS/2 = 10.000 kNm
h/b = 18/6 = 3 → α = 0.267
6
2
3
2
1 10798571800602670
1010*.
.*.*.
*
hb
M SKxz ===
α
τ Pa = 57.798 MPa.
Stąd sumaryczne naprężenie styczne w punkcie K wynosi:
94056798578580 ...Kxz =+−=τ MPa,
i macierz naprężeń ma postać:
−
=
0094056
000
94056058230
.
..
TK
σMPa.
Jak widać w punkcie K panuje płaski stan naprężenia, którego płaszczyzną naprężenia jest
płaszczyzna (X ,Z).
Naprężenia zredukowane mają wartości:
( ) 66643940564582302
1
2
582304
2
1
2
22220 ..*.
.xzx
xG=+−+
−=++= τσ
σσ MPa,
( ) 24874940564582302
1
2
582304
2
1
2
22220 ..*.
.xzx
xCR=+−+
−
=++=−
τσ
σ
σ MPa,
( ) 915117940564582304 22220 ..*.xzx
GTC=+−=+=
−−
τσσ MPa,
K
2
1
MS1
MS2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.
230
( ) 25610394056358303 22220 ..*.xzx
HMH=+−=+=
−−
τσσ MPa.
Proszę zwrócić uwagę jak duże są rozbieżności wyników otrzymanych z hipotezy Galileusza
i Coulomba-Tresci-Guesta.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
231
17. STATECZNOŚĆ OSIOWO ŚCISKANYCH PRĘTÓW PROSTYCH
17.1. Stateczność pręta w zakresie liniowo sprężystym.
Jednym z podstawowych założeń przyjętych na początku naszych rozważań było to, że
analizowane przez nas konstrukcje znajdują się w równowadze trwałej (inaczej statecznej) ale
jak dotąd, prócz prostych objaśnień, nie zostały sformułowane żadne analityczne warunki
gwarantujące taką równowagę lub jak powiemy w języku inżynierskim gwarantujące
stateczność konstrukcji. Utrata stateczności konstrukcji jest zagadnieniem niezwykle ważnym
i skomplikowanym - i co więcej - stanowi jedną z przyczyn wystąpienia stanu granicznego
nośności. Konieczność uwzględnienia utraty stateczności w analizie mechanicznej
zachowania się konstrukcji dobitnie obrazuje następujące zadanie1, w którym należy
wyznaczyć dopuszczalną wysokość stalowego pręta prostego o polu przekroju poprzecznego
A = 1cm2, obciążonego tylko ciężarem własnym γ = 78.50 kN/m
3, wykonanego ze stali o
wytrzymałości obliczeniowej przy ściskaniu 215=cR MPa.
Warunek stanu granicznego nośności związanego jedynie z nie przekroczeniem
wytrzymałości obliczeniowej przy ściskaniu, daje niżej wyznaczoną, dopuszczalną wysokość
pręta
m*.*.
*RlR
A
Al cc
3
3
6
10739210578
10215==≤→≤
γ
γ.
Jest rzeczą oczywistą, że nie ma możliwości realizacji konstrukcji o tych wymiarach z
zachowaniem jej prostoliniowego kształtu (jak to jest założone w wykonanych obliczeniach) i
w języku inżynierskim powiemy, że konstrukcja taka musi utracić swoją stateczność.
Zajmiemy się teraz podaniem analitycznych warunków zapewnienia równowagi statecznej dla
bardzo prostej konstrukcji, jaką jest osiowo ściskany pręt pryzmatyczny, wykonany z
materiału o własnościach fizycznych określonych prawem Hooke’a.
Zaczniemy od prostego „ideowego” objaśnienia trzech postaci równowagi w jakich
konstrukcja może się znajdować.
Jeżeli po dowolnie małym wychyleniu z pierwotnego położenia równowagi ruch ciała jest
taki, że wychylenia jego punktów nie są większe tych początkowych to taką równowagę
nazywamy stateczną (trwałą).
W przeciwnym przypadku równowaga
jest niestateczna (nietrwała, chwiejna).
Można jeszcze wyróżnić szczególne
położenie równowagi zwane
równowagą obojętna w której punkty
ciała pozostają w położeniu po
wychyleniu. Opisaną sytuację można
zobrazować traktując konstrukcję jako
ciężką kulkę w różnych warunkach
podparcia znajdującą się w
potencjalnym polu sił (rys. 17.1).
Równowadze statecznej I odpowiada minimum energii potencjalnej układu, a w równowadze
chwiejnej III maksimum. W stanie równowagi obojętnej II wartość energii potencjalnej przy
dowolnie małym wychyleniu pozostaje stała.
1 Przykład wzięty z książki S.Piechnik. Wytrzymałość Materiałów dla Wydziałów Budowlanych. PWN 1972.
I III II
Rys. 17.1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
232
17.2. Siła krytyczna
Zagadnienie utraty stateczności ściskanego osiowo pręta pryzmatycznego rozwiążemy w
sposób podany przez L.Eulera w 1744 r.
Rozważmy, pokazany na rys. 17.2, ściskany osiowo siłą P pręt przegubowo podparty na obu
końcach, wykonany z materiału liniowo sprężystego o module Younga E i nadajmy mu
Rys. 17.2
jakimś impulsem poprzecznym dowolnie małe początkowe ugięcie w płaszczyźnie
najmniejszej sztywności zginania. Jeżeli po usunięciu przyczyny ugięcia powróci on do swej
początkowej prostoliniowej postaci, oznacza to, że znajduje się w równowadze statecznej.
Powtarzając rozumowanie wraz ze zwiększaniem wartości siły P dojdziemy do sytuacji, w
której pręt po usunięciu przyczyny początkowego ugięcia pozostanie krzywoliniowy (nie
powróci do swej pierwotnej prostoliniowej formy). Oznacza to, że tym razem pręt znajduje
się w stanie równowagi obojętnej, a siłę, przy której to nastąpiło nazywać będziemy siłą
krytyczną krP . Tak więc:
siła krytyczna to siła przy której osiowo ściskany pręt znajduje się w stanie równowagi
obojętnej. Wyliczmy tę siłę krytyczną. Równanie momentów w zakrzywionym pręcie przy obciążeniu
siłą krytyczną ma postać:
( ) ( )xwPxM kr= , (17.1)
a równanie różniczkowe jego ugiętej osi przyjmuje formę:
( ) ( )
minEJ
xM
dx
xwd−=
2
2
, (17.2)
z której otrzymujemy równanie różniczkowe wiążące ugięcie z siłą krytyczną:
( )( ) 0
2
2
=+ xwEJ
P
dx
xwd
min
kr . (17.3)
Przyjmując oznaczenie:
min
kr
EJ
Pk =
2 , (17.4)
zapiszemy je w postaci:
( )( ) 02
2
2
=+ xwkdx
xwd, (17.5)
którego rozwiązaniem jest funkcja:
( ) kxBkxAxw cossin += . (17.6)
Stałe całkowania A oraz B wyznaczymy z kinematycznych warunków brzegowych:
Jy = Jmin
Y w(x)
Pkr
w
l
Z
X Pkr
Z
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
233
( ) 00 =w oraz ( ) 0=lw . (17.7)
Pierwszy warunek daje 0=B , natomiast drugi zależność klAsin0 = , z której przy założeniu
że 0≠A (rozważamy pręt zakrzywiony, więc równocześnie nie może być 0=B i 0=A ),
dostajemy:
,....3,2,1,0sin ==→= nl
nkkl
π
Korzystając z (17.4), dla kolejnych liczb naturalnych otrzymujemy:
( ) xl
Axwl
EJPn kr
ππsin,,1
2
min2
1, === ,
( ) xl
Axwl
EJPn kr
ππ 2sin,
4,2
2
min2
2, === ,
( ) xl
Axwl
EJPn kr
ππ 3sin,
9,3
2
min2
1, === ,
.............,
co dowodzi, że każdej wartości siły krytycznej odpowiada inna forma deformacji pręta, albo -
inaczej - inna postać wyboczonego pręta, ale wszystkie są sinusoidami.
Jest rzeczą oczywistą, że za siłę krytyczną uznamy tę najmniejszą, odpowiadającą 1=n . W
tym miejscu warto zwrócić uwagę, że impuls poprzeczny wywołujący to wstępne
zakrzywienie potrzebny jest tylko w rozważaniach teoretycznych. W rzeczywistości
odstępstwa od idealnych założeń, np. idealnej prostoliniowości pręta, osiowości przyłożenia
siły czy jednorodności materiału, same zawsze spowodują wyboczenie pręta.
Wyniki analizy prętów o innych warunkach podparcia pozwalają napisać jednolity wzór na
siłę krytyczną, nazywaną siłą krytyczną Eulera, w postaci:
2
min2
w
Ekr
l
EJP
π= , (17.8)
gdzie: llw α= , (17.9)
nazywamy długością wyboczeniową.
Wartości współczynnika długości wyboczeniowej α zależnego od warunków podparcia
podano na rys. 17.3.
Rys. 17.3
l
l/2 l/2
l/3 l/3 l/3
α = 1 α = 2 l α =0.7 α = 0.5 α = 1 α = 2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
234
17.3. Naprężenia krytyczne
Zakres ważności wzoru Eulera na siłę krytyczną jest ograniczony własnościami fizycznymi
materiału ściskanego pręta. Ponieważ materiał analizowanego przez nas pręta był z założenia
materiałem liniowo sprężystym to naprężenia normalne w pręcie nie mogą przekraczać HR -
granicy stosowalności prawa Hooke’a (granicy proporcjonalności).
W celu wyznaczenia zakresu stosowalności wzoru (17.8) dokonamy jego przekształcenia.
Wpierw podzielimy obustronnie przez pole przekroju poprzecznego A
2
min2
w
Ekr
lA
EJ
A
P π= ,
a następnie, definiując pojęcie naprężenia krytycznego:
A
Pkrkr =σ , (17.10)
i smukłości pręta:
mini
lw=λ , (17.11)
gdzie: A/Ji minmin = - jest minimalnym promieniem bezwładności przekroju
poprzecznego, możemy otrzymać zależność:
2
2
λ
πσ
EEkr = (17.12)
w której:
A
PE
krEkr =σ oznacza naprężenie krytyczne Eulera.
Na wykresie zależności krσ od λ (rys. 17.4), wykresem funkcji ( )λσEkr jest hiperbola, której
zakres ważności jest ograniczony od góry, na osi rzędnych, wartością HR . Odpowiadającą
tej wartości naprężeń krytycznych krσ , smukłość nazwiemy smukłością graniczną i
wyznaczymy z warunku:
H
gr
gr
HR
EER πλ
λ
π=→=
2
2
. (17.13)
krσ
eR
HR
λ
grλ
hiperbola Eulera
prosta Tetmajera-Jasińskiego
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
235
Rys. 17.4
Zatem wzór Eulera jest ważny dla smukłości grλλ ≥ i naprężenia krytyczne są opisane
wówczas przez hiperbolę Eulera, a pręt pracuje w zakresie linio sprężystym.
W praktycznych zastosowaniach potrzebujemy, jednak często, analizować utratę stateczności
również w zakresie nieliniowo sprężystym i sprężysto plastycznym, dla których smukłość
spełnia nierówność grλλ <≤0 .
W stanach poza liniowo sprężystych posługiwać się będziemy zależnościami ustalonymi
empirycznie, z których najbardziej znanymi są, prosta Tetmajera-Jasińskiego określona
wzorem:
λσ baJT
kr −=− , (17.14)
oraz parabola Johnsona-Ostenfelda zdefiniowana równaniem:
2λσ BA
OJkr −=
− . (17.15)
W obu powyższych zależnościach a, b, A oraz B to stałe materiałowe.
Aproksymacja krzywej teoretycznej prostą Tetmajera-Jasińskiego (patrz rys. 17.4) zakłada, że
dla prętów ,których smukłość 0→λ (prętów krępych) stan graniczny nośności osiągany jest
przez uplastycznienie a nie poprzez utratę stateczności i stąd stałe a i b we wzorze
wyznaczone są z warunków :
eJT
kr R=−
σ dla eRa =→= 0λ ,
HJT
kr R=−
σ dla E
RRRRRbbaR HHe
gr
HegrHgr
πλ
λλλ−
=
−
=→−=→= ,
gdzie: Re - wyraźna granica plastyczności. Zatem ostatecznie naprężenie krytyczne według
Tetmajera-Jasińskiego można zapisać w postaci wzoru:
λ
π
σ
E
RRRR HHe
eJT
kr
−
−=− . (17.16)
17.4. Wymiarowanie osiowo ściskanych prętów z uwzględnieniem utraty stateczności
Poprawnie zaprojektowany osiowo ściskany pręt winien spełniać równocześnie dwa,
niezależne od siebie warunki stanu granicznego nośności tzn. był wytrzymały i znajdował się
w równowadze statecznej. Warunki te wymagają aby siła obciążająca P spełniała
nierówności:
cRAP *≤ i krPP ≤ ,
gdzie: A to pole przekroju poprzecznego pręta.
W praktyce inżynierskiej przy projektowaniu konstrukcji stalowych korzystamy z jednego
warunku, występującego w Polskich Normach Budowlanych, spełniającego równocześnie oba
te kryteria. Warunek ten można otrzymać wychodząc z nierówności zapewniającej
równowagę stateczną :
( ) APPP krkr λσ≤→≤ . (17.17)
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
236
Utożsamiając na wykresie zależności ( )λσ kr (rys. 17.4) wyraźną granicę plastyczności eR z
wytrzymałością obliczeniową przy ściskaniu cR możemy na mocy definicji napisać:
( ) ( ) ckr Rλϕλσ =
by po wstawieniu do nierówności (17.17) dostać:
( )cR
A
P≤
λϕ
(17.18)
gdzie :
( )( )
c
kr
R
λσλϕ = współczynnik wyboczeniowy. (17.19)
Współczynnik wyboczeniowy przyjmuje wartości ( ) 1≤λϕ , i fizycznie spełnia rolę
współczynnika redukcyjnego pola przekroju poprzecznego A (czyli tym samym
współczynnika redukcyjnego nośności obliczeniowej pręta), jest funkcją smukłości oraz
stałych materiałowych i w przedziale grλλ ≥ wynosi:
( )2
2
λ
πλϕ
cR
E= ,
a przedziale grλλ <≤0 , przy zastosowaniu wzoru Tetmajera-Jasińskiego , przyjmuje postać:
( ) λ
π
λϕ
E
R
R
RR H
c
Hc −
−= 1 .
Współczynniki wyboczeniowe, podane w formie tablic w Polskiej Normie PN-90/B-03200
dotyczącej obliczeń statycznych i projektowania konstrukcji stalowych, uwzględniają jeszcze
inne, dodatkowe niezwykle ważne dla zagadnienia utraty stateczności parametry, takie jak
początkowe zniekształcenia osi lub przekroju porzecznego prętów (tzw. imperfekcje). Stąd
wartości tych współczynników zależne są od tzw. smukłości względnej pλλλ = , gdzie pλ
jest smukłością porównawczą:
c
pR
E
15.1
πλ = , (17.20)
oraz od technologii wytwarzania (spawany, walcowany) i kształtu przekroju elementu.
Koncepcja współczynnika wyboczeniowego funkcjonuje również przy wymiarowaniu prętów
ściskanych w konstrukcjach drewnianych.
17.5. Przykłady
Przykład 17.5.1. Wyznaczyć siły krytyczne dla ściskanych osiowo prętów stalowych o
długości l = 1 m , wymiarach przekroju poprzecznego 3*6 cm podpartych jak na rysunkach,
jeśli 200=HR MPa, 215=eR MPa, 195=cR MPa, 205=E GPa.
Rozwiązanie
l
Pkr a Pkr
l
c Pkr
l
b
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
237
Przyjmujemy, że warunki podparcia w obu płaszczyznach są takie same, więc wyboczenie
wystąpi w płaszczyźnie minimalnej sztywności zginania i minimalny moment oraz promień
bezwładności są równe:
50.1312
3*63
min ==J cm4 , 0.186*3 ==A cm
2, 866.0
0.18
5.13minmin ===
A
Ji cm.
Smukłość graniczna: 6.10010*200
10*2056
9
=== ππλ
H
grR
E
Przypadek a
Smukłość pręta: grw
i
lλλ >=== 946.230
866.0
0.100*2
min
Obowiązuje wzór Eulera: 285.682
10*5.13*10*2052
892
2
min2
===
−
ππ
w
Ekr
l
EJP kN.
Przypadek b
Smukłość pręta grw
i
lλλ >=== 473.115
866.0
0.100
min
Obowiązuje wzór Eulera: 141.2731
10*5.13*10*2052
892
2
min2
===
−
ππ
w
Ekr
l
EJP kN.
Przypadek c
Smukłość pręta grw
i
lλλ <=== 737.57
866.0
0.100*5.0
min
Utrata stateczności wystąpi w zakresie poza liniowo sprężystym i nie obowiązuje wzór
Eulera.
Przyjmując aproksymację prostą Tetmajera-Jasińskiego otrzymamy:
389.206737.5710*205
10*200200215215
9
6
=−
−=
−
−=−
π
λ
π
σ
E
RRRR HHe
eJT
kr MPa
500.37110*389.206*10*18* 64===
−−− JTkr
JTkr AP σ kN.
Warunek wytrzymałości we wszystkich trzech przypadkach daje dopuszczalną siłę
obciążającą
0.35110*195*10*18 64==≤
−
cRAP kN.
Przykład 17.5.2. Wyznaczyć siłę krytyczną dla ściskanego osiowo pręta stalowego o
długości l = 1 m , wymiarach przekroju poprzecznego 63×=× hb cm podpartego jak na
rysunku, jeśli 200=HR MPa, 215=eR MPa, 205=E GPa.
b
h
Y
Z Z
l
X
Y Pkr
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
238
Rozwiązanie
W płaszczyźnie (X, Z) pręt jest jednym końcem zamocowany, a drugi koniec ma wolny,
natomiast w płaszczyźnie (X, Y) oba końce pręta są zamocowane.
0.186*3 ==A cm2, 00.54
12
6*3 3
==yJ cm4, 73.1
0.18
0.54===
A
Ji
y
y cm,
50.1312
3*6 3
==zJ cm4, 866.0
0.18
5.13===
A
Ji zz cm.
Smukłość graniczna: 6.10010*200
10*2056
9
=== ππλ
H
grR
E.
Wyboczenie w płaszczyźnie (X, Z)
Smukłość pręta gr
y
w
i
lλλ >=== 607.115
73.1
0.100*2
Obowiązuje wzór Eulera 141.2732
10*0.54*10*2052
892
2
2
===
−
ππ
w
yEkr
l
EJP kN.
Wyboczenie w płaszczyźnie (X, Y)
Smukłość pręta gr
z
w
i
lλλ <=== 737.57
866.0
0.100*5.0
Utrata stateczności wystąpi w zakresie poza liniowo sprężystym.
Przyjmując aproksymację prostą Tetmajera-Jasińskiego otrzymamy:
389.206737.5710*205
10*200200215215
9
6
=−
−=
−
−=−
π
λ
π
σ
E
RRRR HHe
eJT
kr MPa,
500.37110*389.206*10*18* 64===
−−− JTkr
JTkr AP σ kN.
Siła krytyczna dla rozważanego pręta wynosi 141.273=krP kN.
Przykład 17.5.3.2 Wyznaczyć siłę krytyczną i współczynnik długości wyboczeniowej, pręta
przegubowo podpartego obciążonego osiowo dwoma siłami ściskającymi jak na rysunku.
2 W pierwszym wydaniu podręcznika był błąd w rozwiązaniu tego przykładu.
Jy = Jmin
Y
Z Z
X
P
2
l
2
l
P
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
239
Rozwiązanie
Reakcje w zdeformowanym pręcie w stanie równowagi obojętnej wywołane poprzecznym
impulsem wyznaczone z warunków równowagi wynoszą (patrz rys. wyżej):
∑ =→= krB PHX 20 ,
∑ =→=
l
PVM kr
BA
δ0 ,
∑ =→=
l
PVM kr
AB
δ0 .
Równania momentów zginających , równania różniczkowe osi wyboczonego pręta oraz
ogólna postać ich rozwiązania w dwóch przedziałach charakterystycznym mają formę:
20 1
lx ≤≤
20 2
lx ≤≤
( ) ( ) 11111 xPxwPxM krkr δ+= , ( ) ( ) 22222 2 xVxwPxM Bkr −=
( ) ( ) ( )
min
Akr
min EJ
xVxwP
EJ
xM
dx
xwd 1111
21
112
+
−=−= , ( ) ( ) ( )
min
Bkr
min EJ
xVxwP
EJ
xM
dx
xwd 22222
22
222 2 −
−=−= ,
( )( ) 111
212
1
112
xEJ
Vxwk
dx
xwd
min
A−=+
( )( ) 222
2
22
222
xEJ
Vxwk
dx
xwd
min
B=+
( ) ( ) 1111111111 xkcosBxksinAxwxw s ++= ( ) ( ) 22222222 kxcosBkxsinAxwxw s ++=
( ) 111 xP
Vxw
kr
As −= ( ) 222
2x
P
Vxw
kr
Bs =
gdzie: min
kr
EJ
Pk =
21 ,
min
kr
EJ
Pk
222 = , ( )11 xw s i ( )22 xw s , całki szczególne równań niejednorodnych
a A1, B1, A2, i B2 to stałe całkowania , które należy wyznaczyć z kinematycznych warunków
brzegowych.
Kinematyczne warunki brzegowe w tym zadaniu opisują zależności:
( ) 0001 11 =→= Bw/
( ) 0002 22 =→= Bw/
BA δ
VA
w1(x1) w1
X1
2
l
2
l X2
w2
HB
w2(x2)
Pkr
Pkr
VB
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
240
i równania zdeformowanej osi pręta w poszczególnych przedziałach są następujące:
( ) 111111 xksinAxl
xw +−=δ
, ( ) 222222
kxsinAxl
xw +=δ
.
Pozostałe dwie stałe wyznaczamy z warunków zszycia:
( ) ( ) δ== 223 21 lwlw/ ,
( ) ( )224 21 lwlw/''
−= .
Po wykorzystaniu dwóch pierwszych, trzeci warunek daje zależności:
( ) ( )2
1
4
3
2
1
2
3
22
11
lksinA,
lksinA
δδ== , (a)
a czwarty równanie:
( ) ( )
+−=+− 2
22 222111 lkcosAk
llkcosAk
l
δδ,
które po wykorzystaniu (a) i relacji 12 2 kk = oraz podstawieniu 21 lk=µ przyjmuje postać
( ) ( )0
2
13
2
1
2
23=−+
µµµ tgtg (b)
Numeryczne rozwiązanie równania (b) daje wynik:
27831.=µ .
A ponieważ:
4
2212 lk
=µ , to
22
2
2
221
5362644
l
EJ.
l
EJP
lk minmin
kr ==→=
µµ.
Ten ostatni wynik możemy zapisać w formie:
( )2
2
2291 l.
EJP min
kr
π
= ,
zatem współczynnik długości wyboczeniowej 2291.=α .
Przykład 17.5.4. Wyznaczyć siłę krytyczną i współczynnik długości wyboczeniowej
ściskanego osiowo pręta pryzmatycznego obciążonego jak na rysunku.
Rozwiązanie
Moment zginający w wyboczonym pręcie wynosi:
Jy = Jmin
Y
Z Z
X
P
l
w(x)
X
Pkr
l
B A
VA
w(x)
VB
Pkr
MB
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
241
( ) ( ) xVxwPxM Akr −= .
Reakcja pionowa VA jest konsekwencją utwierdzenia na podporze B w wyniku czego
występuje tam moment zginający (moment utwierdzenia).
Zatem:
( )( )
minEJ
xVxwPxw Akr −
−=′′ .
Kolejne różniczkowania tego równania dają:
( )( )
minEJ
VxwPxw Akr −′
−=′′′ , ( )( )
minEJ
xwPxw krIV ′′
−= .
To równanie różniczkowe czwartego rzędu zapiszemy w formie:
( ) ( ) 02=′′+ xwkxw IV , (a)
gdzie: min
2
EJ
Pk kr
= .
Całkę ogólną równania (a) można zapisać w postaci:
( ) kxCkxCxCCxw cossin 4321 +++= .
Stałe całkowania wyznaczamy z warunków brzegowych:
1/ ( ) 4141 000 CCCCw −=→=+→= ,
2/ ( ) 000 4 =→=′′ Cw ,
3/ ( ) 0sin0 32 =+→= klClClw ,
4/ ( ) 0cos0 32 =+→=′ klkCClw .
Pewnego objaśnienia wymaga drugi kinematyczny warunek brzegowy. Jego sens fizyczny,
oznaczający zerowanie się momentu zginającego w punkcie A (podpora przegubowo
przesuwna) staje się oczywisty, jeśli zauważymy, że:
( ) ( ) minEJxwxM ′′−=
Z dwóch ostatnich warunków otrzymujemy równanie:
klkl tg= ,
którego najmniejszy dodatni, różny od zera pierwiastek ma wartość 4934.4=kl .
Tak więc:
2
min
2
min2
1906.204934.4
l
EJ
l
EJPkr == ,
lub inaczej:
( ) ( )2
min2
2
min2
7.0*6992.0 l
EJ
l
EJPkr
ππ≈= .
Współczynnik długości wyboczeniowej dla takiego pręta wynosi 7.0=α .
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
242
Przykład 17.5.5. Wyznaczyć siłę krytyczną i współczynnik długości wyboczeniowej
ściskanego osiowo pręta pryzmatycznego obciążonego jak na rysunku.
Rozwiązanie
Moment zginający w wyboczonym pręcie wynosi:
( ) ( ) Akr MxwPxM −= .
Stąd równanie różniczkowe osi wyboczonego pręta ma postać:
( )( )
minEJ
xwPMxw krA −
=′′
Tak jak w poprzednim przykładzie, kolejne różniczkowania tego równania dają:
( )( )
minEJ
xwPxw kr
′
−=′′′ , ( )( )
minEJ
xwPxw krIV ′′
−= ,
( ) ( ) 02=′′+ xwkxw IV , (a)
gdzie: min
2
EJ
Pk kr
= .
Całkę ogólną równania (a) można zapisać w postaci:
( ) kxCkxCxCCxw cossin 4321 +++= .
Stałe całkowania wyznaczymy z warunków brzegowych, ale zanim je sformułujemy zwróćmy
uwagę na zależność między trzecią pochodną ugięcia i siłą poprzeczną. Wiemy już, że:
( ) ( ) minEJxwxM ′′−= ,
więc po obustronnym różniczkowaniu otrzymamy:
( ) ( ) minEJxwxM ′′′−=′ ,
ale ( ) ( )xQxM =′ , zatem ( ) ( ) minEJxwxQ ′′′−= .
Indeks „min” przy momencie bezwładności w ogólnym przypadku zależności różniczkowych
między momentem zginającym, siłą poprzeczną i odpowiednimi pochodnymi funkcji ugięcia
winien być zastąpiony indeksem wskazującym oś zginania.
Kinematyczne warunki brzegowe w tym pręcie mają postać:
Jy = Jmin
Y
Z Z
X
P
l
B A
w(x)
X
Pkr
l
w(x)
MA
MB
Pkr
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
243
1/ ( ) 000 41 =+→= CCw ,
2/ ( ) 3232 000 kCCkCCw −=→=+→=′ ,
3/ ( ) 0sincos0 432 =−+→=′ klkCklkCClw ,
4/ ( ) 0sincos0 43
33
=+−→=′′′ klCkklCklw .
Czwarty kinematyczny warunek brzegowy mówi o zerowaniu się siły poprzecznej na
podporze B.
Podstawienie do warunku trzeciego, 32 kCC −= z warunku drugiego i klklCC sincos34 = z
warunku czwartego daje zależność:
0sin3 =klC .
Stała całkowania 3C nie może być równa zeru bo wówczas zerują się pozostałe stałe
całkowania i ( ) 0=xw , co przeczy założonej krzywoliniowej formie wyboczonego pręta,
więc:
,....3,2,1,0sin ==→= nl
nkkl
π
Najmniejszy pierwiastek tego równania daje siłę krytyczną o wartości:
2
min2
l
EJPkr
π= , z której wynika iż współczynnik długości wyboczeniowej dla takiego pręta
1=α .
Przykład 17.5.6. O jaką wartość T∆ musi wzrosnąć temperatura otoczenia obustronnie
zamocowanego pręta stalowego, o długości l = 12 m i przekroju złożonego z dwóch
kątowników równoramiennych 150*150*12, aby utracił on swoją stateczność. Stałe
materiałowe pręta wynoszą: moduł Younga E = 205 GPa, granica proporcjonalności RH = 200
MPa, współczynnik rozszerzalności cieplnej liniowej CTo/10*12 6−
=ε .
Siła krytyczna dla pręta obustronnie zamocowanego pracującego w zakresie liniowo
sprężystym ma wartość:
2
min2
w
Ekr
l
EJP
π= , gdzie: llw 5.0=
Pod wpływem podniesienia temperatury o T∆ pręt podparty w sposób nieskrępowany może
się wydłużyć o lTl T ∆ε∆ = . Ponieważ pręt jest zamocowany to wydłużenie redukowane jest
do zera przez ściskającą siłę osiową P spełniającą zależność:
l
EAlTP
l
EAlP T ∆ε∆
=→= .
X
l = 12 m
Z0 Z0
Y0
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
244
Z porównania obu tych sił otrzymamy krytyczną wartość zmiany temperatury otoczenia, przy
której pręt utraci swą stateczność:
2
2
2
min2
λε
π∆
π∆ε
Tw
T Tl
EJ
l
EAlT=→= ,
gdzie: mini
lw=λ .
Potrzebujemy wyliczyć minimalny promień bezwładności przekroju.
Z tablic profili walcowanych odczytujemy dane dla jednego kątownika
Z tablic profili walcowanych odczytujemy
dane dla jednego kątownika
Pole przekroju: A = 34.9 cm2,
główne centralne momenty bezwładności:
1186=ξ
J cm4, 305=
ηJ cm
4.
Główne centralne osie bezwładności przekroju tego pręta to
jego osie symetrii. Momenty bezwładności względem tych osi
mają wartość:
23721186*2*2 ===ξ
JJ y cm4,
( )[ ]=+=22*15.42 AJJ z η
( )[ ] 261.30142*15.49.343052 2=+= cm
4.
Minimalny promień bezwładności:
829.58.69
2372min === yii cm.
Smukłość:
934.102829.5
1200*5.0
min
==
i
lwλ .
Ponieważ do obliczeń przyjęto siłę krytyczną Eulera, należy sprawdzić czy smukłość pręta
jest większa od smukłości granicznej.
58.100200
10*205 3
=== ππλ
H
grR
E, zatem grλλ > .
Zmiana temperatury otoczenia powodująca utratę stateczności rozważanego pręta wynosi:
62.77934.102*10*12 26
2
2
2
===−
π
λε
π∆
T
T °C.
10.85
4.15
4.15
10.85
ξ
45°
η
wymiary w cm
Y Z
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
245
Jeśli zmienione zostaną warunki podparcia pręta z zamocowanych na przegubowe, to
wówczas jego smukłość będzie równa:
867.205829.5
1200*1
min
===
i
lwλ ,
a krytyczna zmiana temperatury będzie wynosić:
41.19867.205*10*12 26
2
2
2
===−
π
λε
π∆
T
T °C.
17.6. Zastosowanie metody energetycznej przy wyznaczaniu siły krytycznej Rozwiązanie zagadnienia utraty stateczności drogą całkowania równania różniczkowego
krzywoliniowej postaci pręta w bardziej złożonych przypadkach obciążenia czy jego
geometrii, często prowadzi do skomplikowanych równań różniczkowych o zmiennych
współczynnikach, których rozwiązanie wymaga złożonych metod matematycznych i bywa
przyczyną braku zamkniętych rozwiązań analitycznych.
W takich przypadkach chętnie korzystamy z metod energetycznych, umożliwiających szybkie
otrzymanie przybliżonego rozwiązania. Dalej omówimy metodę Timoshenki - Ritza
wyznaczania siły krytycznej wykorzystującą twierdzenie o minimum całkowitej energii
potencjalnej układu. Twierdzenie to mówi, że: w położeniu równowagi stałej całkowita
energia potencjalna układu Π zdefiniowana wzorem:
zw LL −=Π , (17.21)
gdzie: zL - praca sił zewnętrznych, wL - praca sił wewnętrznych, osiąga minimum.
We wspomnianej metodzie zakładamy równanie odkształconej osi pręta odpowiadające
kinematycznym i statycznym warunkom brzegowym:
( ) ( )xfCxw m
n
m
m∑=
=
1
, (17.22)
i dalej na podstawie założonego równania odkształconej osi pręta obliczamy pracę sił
zewnętrznych oraz pracę sił wewnętrznych , a następnie rozpisujemy układ równań
0=
∂
∂
mC
Π. (17.23)
Otrzymany w ten sposób układ równań (17.23) jest układem równań liniowych jednorodnych
ze względu na współczynniki mC . Z przyrównania do zera wyznacznika tego układu
wyznaczamy przybliżoną wartość siły krytycznej.
Uzyskana tą metodą siła krytyczna ma wartość zawsze większa od dokładnej, i tym bliższą
dokładnej im bliższą rzeczywistej jest założona postać ugiętej osi pręta w stanie
krzywoliniowej równowagi.
Jeżeli w miejsce skończonego szeregu funkcji (17.22) przyjmiemy, że zdeformowaną oś
opisuje jedna funkcja:
( ) ( )xfCxw = ,
to w miejsce układu równań (17.23) otrzymujemy jedno równanie z którego wyznaczamy siłę
krytyczną prostym wzorem zawierającym pierwszą i drugą pochodną funkcji ( )xf . W celu
jego wyprowadzenia rozważmy pręt pokazany niżej na rys.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
246
Praca sił wewnętrznych, która równa się energii sprężystej układu, przy pominięciu wpływu
sił podłużnych wynosi:
( )dx
EJ
xMUL
l
y
y
w ∫==
0
2
2.
Uwzględniając, związek różniczkowy między momentem zginającym i drugą pochodną linii
ugięcia ( )xwEJM''
yy −= , otrzymujemy:
( )( )[ ] ( )[ ]∫∫∫ ====
l''y
l''y
l
y
y
w dxxfEJ
CdxxwEJ
dxEJ
xMUL
0
22
0
2
0
2
222.
Aby obliczyć pracę sił zewnętrznych potrzebujemy wyznaczyć poziome przemieszczenia u .
Wyliczymy je jako różnicę między długością pierwotną l a rzutem zdeformowanej osi pręta
na oś X.
Z rysunku pokazanego wyżej, łatwo obliczymy zależność między dowolnie małym odcinkiem
pręta dx i dowolnie małym przemieszczenie jego końca du:
( )αcosdxdu −= 1 .
Ponieważ kąt α jest mały to: ( )xwtgsin'
=≈≈ ααα i kolejno przekształcenia dają:
( ) ( )[ ] 222
22
2
1
2
12
2
12
22
221 xwtgtgsincos
'=
≈
≈≈=− αα
ααα
Stąd całkowite przemieszczenie u wynosi:
( ) ( )[ ] ( )[ ] dxxfC
dxxwdxu
lll
∫∫∫ ==−=
0
2'2
0
2'
022
1cos1 α , i
i praca sił zewnętrznych jest równa:
( )[ ] dxxfC
PuPL
l
z ∫==
0
2'2
2.
Całkowita energia potencjalna analizowanego pręta jest równa:
( )[ ] ( )[ ]∫∫ −==−=Π
lly
zw dxxfC
PdxxfEJ
CULL0
2'2
0
2''2
22,
i przyrównanie do zera jej pochodnej względem stałego współczynnika C daje równanie
w(x)
X P
u
P
l Jy = Jmin
Y
Z
α
dx
du
X
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
247
( )[ ] ( )[ ] 0
0
2
0
2=−= ∫∫
l'
l''
y dxxfPCdxxfEJCCd
dΠ,
z którego otrzymujemy poszukiwany wzór na siłę krytyczną:
( )[ ]
( )[ ]∫
∫=
l
l''
min
kr
dxx'f
dxxfEJ
P
0
2
0
2
. (17.24)
17.6.1. Przykłady
Przykład 17.6.1.1. Wyznaczyć siłę krytyczną i współczynnik długości wyboczeniowej, pręta
przegubowo podpartego obciążonego osiowo dwoma siłami ściskającymi jak na rysunku.
Zakładamy równanie odkształconej osi pręta w postaci:
( )l
xsinCxw
π= , (a)
które spełnia kinematyczne warunki brzegowe - zerowanie się ugięcia na podporach oraz
statyczne warunki brzegowe - zerowanie się tam momentów zginających.
Praca sił wewnętrznych wynosi:
( )( )[ ] 2
3
4
0
2
4
42
0
2
0
2
4222C
l
EJdx
l
xsin
lC
EJdxxw
EJdx
EJ
xMUL
yl
yl
''yl
y
y
w
πππ===== ∫∫∫
Przemieszczenie punktu przyłożenia siły na lewej podporze jest równe:
( )[ ]l
Cdxl
xcos
lCdxxwu
ll'
422
1 22
0
2
2
22
0
2 πππ=== ∫∫ ,
stąd całkowita praca sił zewnętrznych wynosi:
Jy = Jmin
Y
Z Z
X
P
2
l
2
l
P
w
X
2u
P
P u
2
l
2
l
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
248
22
8
3
2C
lP
uPuPLz
π=+= .
Całkowita energia potencjalna analizowanego pręta jest równa:
21
2213
4
8
3
4C
lPC
lEJLL yzw
ππΠ −=−= , i przyrównanie do zera jej pochodnej względem
współczynnika C daje równanie:
04
3
2
2
3
4
=−= Cl
PCl
JE
Cd
d y ππΠ ,
z którego wyznaczamy poszukiwane wartości siły krytycznej i współczynnika długości
wyboczeniowej
( )2
2
2
2
22513
2
l.
JE
l
JEP minmin
kr
ππ
== .
Siła krytyczna dla tego pręta otrzymana metodą całkowania równania różniczkowego (patrz
przykład 17.5.3) wyniosła
( )
2
2
22291
53626
l.
EJ
l
EJ.P minmin
kr
π
== ,
stąd błąd rozwiązania metodą energetyczną wynosi 0.67 %.
Policzmy ponownie to zadanie przy założonym innym równaniu odkształconej osi pręta.
Przyjmijmy teraz równanie w formie:
( ) ( )xlxl
Cxw −=
2, (b)
które spełnia kinematyczne warunki brzegowe ale nie daje zerowania się momentów
zginających na podporach bo:
( ) ( )xll
Cxw 2
2
'−= , ( )
2
'' 2
l
Cxw −= , i druga pochodna jest różna od zera. Zatem równanie (b)
jest „gorsze” od równania (a) i zobaczymy jaki to będzie miało wpływ na wartość siły
krytycznej.
Kolejno obliczamy:
moment zginający: ( )2
2
l
CEJxwEJM y
''yy =−= ,
pracę sił wewnętrznych: ( )
2
30
2
40
222
2C
l
EJdxC
l
EJdx
EJ
xMUL
yl
yl
y
y
w ==== ∫∫ ,
przemieszczenie lewej podpory: ( )[ ] ( )l
Cdxxl
l
Cdxxwu
ll'
62
22
1 2
0
2
4
2
0
2=−== ∫∫ ,
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
249
pracę sił zewnętrznych: Pl
CPu
uPuPLz
42
3
2
2
==+= ,
całkowitą energię potencjalną pręta: Pl
CC
l
EJLL
y
zw4
2 22
3−=−=Π ,
aby z zerowania się jej pochodnej:
08
3=−−= C
l
PC
l
JE
Cd
d yΠ, wyznaczyć siłę krytyczną:
( )2
2
21111
8
l.
JE
l
JEP minmin
kr
π
== .
Tym razem błąd rozwiązania metodą energetyczną wynosi 18.30 %.
Przykład 17.6.1.2. Wyznaczyć siłę krytyczną, pręta przegubowo podpartego, o skokowo
zmiennym momencie bezwładności obciążonego osiowo dwoma siłami ściskającymi jak na
rysunku.
Zakładamy równanie odkształconej osi pręta w postaci:
( )l
xsinCxw
π= .
Równanie momentów zginających przyjmuje formę:
( )l
xsin
lEJCxwEJM y
''yy
ππ
2
2
=−= ,
pracę sił wewnętrznych jest równa:
2
3
4
4
42
4
42
2
2
4
42
2
0
2
4
42
8
3
42
2
422
2
2
Cl
EJ
l
lC
EJl
lC
EJdx
l
xsin
lC
EJdx
l
xsin
lC
EJL
y
yyl
l
yl
y
w
π
ππππππ
=
=+=+= ∫∫.
Przemieszczenia zewnętrznych sił ściskających jak i praca tych sił są takie same jak w
przykładzie 17.6.1.1.
22
8
3
2C
lP
uPuPLz
π=+= .
Stąd całkowita energia potencjalna analizowanego pręta wynosi:
Jy = Jmin
Y
Z Z
X
P
2
l
2
l
P Jy 2Jy
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
250
22
2
3
4
8
3
8
3C
lPC
l
EJLL
y
zw
ππ
Π −=−= .
Z przyrównanie do zera jej pochodnej względem stałego współczynnika C otrzymujemy:
2
2
l
JEP min
kr
π
= .
Przykład 17.6.1.3.
Wyznaczyć krytyczną wartość obciążenia pręta
wspornikowego, jak na rysunku obok, o
przekroju A obciążonego tylko ciężarem
własnym γ .
Mamy tutaj do czynienia z zagadnieniem utraty stateczności pręta ściskanego osiowo
obciążeniem ciągłym Aq γ= równomiernie rozłożonym wzdłuż jego osi.
Moment zginający w dowolnym przekroju pręta
przy zdeformowanej jego osi (patrz rys. obok)
wynosi:
( ) ( ) ( )[ ]∫ −=
l
x
y dxwqxM ξξη , gdzie: Aq γ= .
Równanie różniczkowe ugiętej osi pręta ma postać:
( )( ) ( )[ ] ξξη dxwq
xd
xwdEJ
l
x
y ∫ −=2
2
.
Powyższe równanie różniczkowe o zmiennych współczynnikach można rozwiązać stosując
nieskończone szeregi otrzymując (patrz np. S.P.Timoshenko, R.Gere: Teoria stateczności
sprężystej. Arkady, Warszawa 1963) w wyniku:
( )( )
2
min
2
2
min
122.1
837.7
l
EJ
l
EJql
kr
π== . (c)
Teraz przykład ten rozwiążemy stosując metodę energetyczną.
Przyjmijmy linię ugięcia w postaci:
( )
−=
l
xcosCxw
21
π, która spełnia kinematyczne warunki brzegowe (zerowanie się ugięcia i
kąta ugięcia w utwierdzeniu).
Przy przyjętej formie linii ugięcia moment zginający określa zależność:
w(x)
l
X
x ξ
l
( )ξη
w
q
Y
Z
l
X
Z
Jy = Jmin
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
251
( ) ( ) ( )[ ] ( )
( ) ( ) ( )
( )
−−−=
=
−−−
−−−=−
−
−=−
−=−= ∫∫∫
l
xsin
l
l
xcosxlCq
l
xcosxlCq
l
xsin
lxlCqxwq
lsin
lCqdxwqd
lcosCqdxwqxM
lx
lx
l
x
l
x
l
x
y
21
2
2
21
21
2
2
2
21
π
π
π
ππ
π
ξ
ξπ
π
ξξξξπ
ξξη
stąd praca sił wewnętrznych (równa energii sprężystej) wynosi:
( )
−+=== ∫ 32
322
0
2329
6
1
22 ππy
l
y
y
wEJ
lqCdx
EJ
xMUL .
Praca wykonana przez ciągle rozłożone obciążenie osiowe wynosi (patrz wyrażenie na
pionowe przemieszczenie punktów osi pręta wywołane założoną jej deformacją podane w
przykładzie 17.6.1.1.):
( ) ( )[ ] ( )
−=−=−= ∫∫ 2
22
0
22
2
22
0
1
4
1
8282
1
π
πππC
qdx
l
xsinxlC
l
qdxxwxlqL
l'
l
z .
Otrzymanie powyższe wyniku wymaga wykonania dość żmudnych całkowań.
Całkowita energia potencjalna zdeformowanego pręta jest równa:
−−
−+=−=
2
22
32
232 1
4
1
8
329
6
1
2 π
π
ππ
Π Cq
CEJ
lqLL
y
zw .
Przyrównując do zera jej pochodną względem C otrzymujemy:
01
4
1
4
329
6
12
2
32
32
=
−−
−+=
∂
∂
π
π
ππ
ΠC
qC
EJ
lq
C y
.
Stąd krytyczna wartość ciężaru pręta wynosi:
( )
( )2
min2
2
min
120.1
869.7
l
EJ
l
EJlq
kr
π== . (d)
Porównanie zależności (c) i (d) pokazuje, że błąd między rozwiązaniem otrzymanym drogą
całkowania równania różniczkowego a metodą energetyczną jest znikomy i wynosi około
0.41 %.
Policzmy krytyczna wysokość wspornikowego pręta przyjmując, że wykonany został ze stali
o module Younga E = 205 GPa i ciężarze własnym γ = 78.50 kN/m3, a jego przekrój
poprzeczny jest kwadratowy o boku 1 cm. Aby ją wyznaczyć przekształcamy zależność (c)
otrzymując:
( )γγ
2333
2
8377837783778377 minkr
minkr
minkr
minkr
iE.l
A
EJ.l
q
EJ.l
l
EJ.lq =→=→=→= .
Wstawienie wartości stałych materiałowych i wymiarów przekroju daje:
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych
252
546.512*10*50.78
10*10*205*837.73
493
=→=
−
krkr ll m.
Przytoczony na początku tego rozdziału warunek nośności w postaci nie przekroczenia
wytrzymałości obliczeniowej przy ściskaniu dał dopuszczalną wysokość takiego pręta równą
2.739*103 m. Pokazuje to, jak w tym przypadku decydujące znaczenie na nośność konstrukcji
ma zjawisko utraty stateczności.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Zginanie poprzeczne ze ściskaniem
206
18. ZGINANIE POPRZECZNE ZE ŚCISKANIEM
18.1. Postawienie zagadnienia
Przy omawianiu zagadnienia mimośrodowego ściskania bardzo mocno zostało podkreślone,
że otrzymane wzory mogą być stosowane tylko wówczas, gdy konstrukcja spełnia warunki
pozwalające na przyjęcie zasady zesztywnienia. Teraz zajmiemy się przypadkiem, który
pokazuje jak istotne są konsekwencje rezygnacji z przyjęcia zasady zesztywnienia i jak
wysoce błędne byłyby wyniki obliczeń przy jej przyjęciu. Przypadek ten występuje, gdy do
ściskanego osiowo pręta pryzmatycznego przyłożone jest jeszcze obciążenie powodujące jego
poprzeczne zginanie (rys. 18.1). W pokazanej na poniższym rysunku belce, układ sił
Rys. 18.1
obciążających jest przyczyną jej ugięcia i łatwo zauważyć, że w konfiguracji aktualnej (po
przyłożeniu obciążeń) równanie momentów zginających można zapisać, uwzględniając
wpływ przemieszczeń osi belki na ich wartości, w postaci:
( ) ( ) ( )xwPxMxM yy +=0 (18.1)
gdzie: ( )xM y0 - moment zginający w belce nieodkształcalnej.
W przyjętym układzie odniesienia równanie różniczkowe ugiętej osi belki ma postać:
( ) ( )
y
y
EJ
xM
dx
xwd−=
2
2
.
Podstawienie do niego funkcji momentów (18.1) daje równanie:
( )( )
( )
y
y
EJ
xMxwk
dx
xwd0
2
2
2
−=+ (18.2)
gdzie: yEJ
Pk =
2 . (18.3)
Rozwiązaniem niejednorodnego równania różniczkowego zwyczajnego (18.2) jest funkcja
( ) ( ) kxBkxAxwxw s cossin ++= (18.4)
gdzie: ( )xws - całka szczególna tego równania, A oraz B - stałe całkowania zależne od
kinematycznych warunków brzegowych belki.
Znając funkcję ( )xw , momenty zginające i siły poprzeczne w belce wyznaczamy z
zależności:
( )( )
2
2
xd
xwdEJxM yy −=
X
w
w(x)
P P
Z
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Zginanie poprzeczne ze ściskaniem
207
( )( )
3
3
xd
xwdEJxQ yz −= .
Wartości naprężeń normalnych dla tego przypadku w przyjętych układach odniesienia
wynoszą:
( )
zJ
xM
A
P
y
y
x −−=σ . (18.5)
18.2. Belka wolnopodparta obciążona siłą w środku rozpiętości
Rozważmy, pokazaną na rys.18.2 belkę wolnopodpartą obciążoną w środku siłą Q,
prostopadłą do jej osi i ściskającą osiowo siłą P.
Rys. 18.2
Ze względu na symetrię belki rozpatrywać będziemy tylko jeden przedział 20 lx ≤≤
Ponieważ ( )2
0 xQxM y = więc łatwo zgadnąć i sprawdzić przez podstawienie, że:
( )P
xQxws
2−= jest całką szczególną równania niejednorodnego (18.2), w związku z czym
jego całka ogólna ma postać:
( ) kxBkxAP
xQxw cossin
2++−= . (18.6)
Z kinematycznych warunków brzegowych wyznaczymy stałe całkowania:
( )
2
1
2
0
022
0
02
2
001
/klcoskP
QA
Bkl
cosAkP
Q
Bl
w/
w/
'=
=
→
=+−
=
→=
=
,
a po ich wstawieniu do (18.6) otrzymamy funkcję ugięć belki:
( )P
xQ
klPk
kxQxw
22cos2
sin−= . (18.7)
Maksymalne ugięcie belki wystąpi w jej środku rozpiętości i ma wartość:
−=−=
=
23 2
2tg
242cos2
2sin
2max
k
l
k
kl
EJ
Q
P
lQ
klPk
klQlww
y
.
w(x)
Q
l/2
l/2
P P Q/2 Q/2
Z
X
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Zginanie poprzeczne ze ściskaniem
208
Poprzez szereg przekształceń możemy ostatecznie zapisać:
( )uEJ
lQw
y
1
3
48max κ= , (18.8)
gdzie: 2
klu = , ( )
−=
31
tg3
u
uuuκ .
Związek między momentem zginającym i drugą pochodną ugięcia daje:
( )2cos2
sin
klk
kxQxM = (18.9)
Maksymalny moment zginający występuje w środku rozpiętości belki i ma wartość:
( )ulQl
MM 242
max κ=
= , (18.10)
gdzie: ( )u
uu
tg2 =κ
Dokonajmy krótkiej analizy wzoru (18.8) podającego wartości maksymalnego ugięcia w
postaci iloczynu maksymalnego ugięcia w belce przy przyjęciu zasady zesztywnienia i funkcji
( )u1κ . Jeśli zauważymy, że argument tej funkcji można wyrazić w zależności od wartości
przyłożonej siły ściskającej P i siły krytycznej Eulera EkrP , gdyż
E
kry P
P
EJ
Plu
klu
222
π==→= ,
to dla
,0=P ( ) 11 =uκ i yEJ
lQw
48max
3
= ,
a dla
,EkrPP → ( ) ∞=u1κ i ∞→wmax .
Otrzymany wynik pokazuje, że w przypadku przyłożenia siły krytycznej przemieszczenia
belki będą wzrastać do nieskończoności przy dowolnie małym obciążeniu poprzecznym.
Analogiczne wnioski daje analiza wzoru na maksymalny moment zginający. Niżej pokazane
są wartości funkcji ( )u1κ i ( )u2κ w zależności od stosunku E
krPP .
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Zginanie poprzeczne ze ściskaniem
209
E
krPP 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.5 0.7 0.8 0.9 1.0
( )u1κ 1.110 1.248 1.423 1.658 1.983 2.479 3.301 4.943 9.871 ∞
( )u2κ 1.091 1.205 1.351 1.545 1.817 2.223 2.900 4.253 8.307 ∞
Wyniki pokazane w tabelce mogą dowodzić, że przy sile ściskającej o wartości EkrP.10
uwzględnienie zasady zesztywnienia może dawać 10% różnice w wartościach momentów
zginających.
18.3. Belka wolnopodparta mimośrodowo ściskana
Teraz przedmiotem rozważań będzie belka wolnopodparta pokazana na rys. 18.3 obciążona
siłami ściskającymi P równoległymi do jej osi zaczepionymi na mimośrodzie e. Zasada de
Saint Venanta pozwala na zastąpienie tej belki równoważną jej belką obciążoną momentami
zginającymi M = Pe na podporach i ściskającą osiowo siłą P.
Rys. 18.3
W tym przypadku ( ) ePxM y =0 , a całka szczególna równania niejednorodnego (18.2), równa
się: ( ) exws −= , więc jego całka ogólna przyjmuje postać:
( ) kxBkxAexw cossin ++−= . (18.11)
Stałe całkowania wyznaczone z kinematycznych warunków brzegowych są równe:
( )
( )klsin
klcoseeA
eB
klcoseklsinAe
eB
lw/
w/−
=
=
→
=++−
=
→
=
=
002
001.
Stąd funkcja ugięć osi belki przyjmuje postać:
( )( )
( )
−
−+=
=+−
+−=+−
+−=
1sin
sinsin
sin
cossinsincossincos
sin
sincos
kl
xlkkxe
kl
kxklkxlkkxeekxe
kl
kxkleeexw
,
a równanie momentów zginających przedstawia zależność:
( )( )
−
−++= 1
sin
sinsin
kl
xlkkxPePexM y . (18.12)
Maksymalne ugięcie belki wystąpi w środku jej rozpiętości i ma wartość:
≡ e e
w(x)
l
P P
Z
X
M = Pe
w(x)
l
P P
Z
X
M = Pe
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Zginanie poprzeczne ze ściskaniem
210
( )12/sec12cos
1
2max −=
−=
= kle
kle
lww , (18.13)
stąd maksymalny moment zginający, który też wystąpi w środku rozpiętości, wynosi:
2/sec2
max klPel
MM yy =
= . (18.14)
Ponieważ :
EkrP
Pkl
22
π= ,
to przy ,EkrPP → zarówno maksymalne ugięcie jak i maksymalny moment zginający w belce
zmierzają do nieskończoności przy dowolnie małym mimośrodzie e.
Inaczej mówiąc przyłożenie do belki siły krytycznej powoduje jej zniszczenie, gdyż
praktycznie nie jest możliwe idealnie osiowe obciążenie pręta.
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
253
19. NOŚNOŚĆ SPRĘŻYSTO-PLASTYCZNYCH USTROJÓW PRĘTOWYCH
19.1. Idealizacja wykresu rozciągania
Wykres rozciągania stali miękkiej, otrzymany ze statycznej próby rozciągania, daje obraz
rzeczywistego zachowania się tego materiału przy osiowym rozciąganiu. Nieregularny i
skomplikowany kształt tego wykresu sprawia, że w zastosowaniach aproksymuje się go
odcinkowo możliwie dobrze przybliżającymi, prostymi funkcjami analitycznymi. Tej
idealizacji dokonuje się w zależności od charakteru rzeczywistego wykresu i konkretnego
zastosowania. Najczęściej stosowane aproksymacje pokazane są na rys.19.1.
Rys. 19.1
Model materiału liniowo sprężystego (ciało Hooke’a) stosowany jest w zagadnieniach, w
których nie dopuszczamy wystąpienia odkształceń plastycznych. Takie ciało było
przedmiotem naszych dotychczasowych rozważań.
Model materiału idealnie sztywno plastycznego (ciało de Saint-Venanta) używany jest w
zagadnieniach technologicznej plastyczności, jak np. walcowanie lub przeciąganie, czyli w
procesach w których odkształcenia plastyczne są dominujące i sprężyste mogą być
pominięte.
Model ciała idealnie sprężysto-plastycznego (ciało Prandtla) stosowany jest do opisu
zachowania się materiału, w którym występuje wyraźna platforma płynięcia i w
zagadnieniach, w których dopuszczamy umiarkowane odkształcenia plastyczne.
Stosowane też bywają bardziej skomplikowane modele materiału uwzględniające np.
wzmocnienie plastyczne czy nieliniowe odkształcenia sprężyste.
19.2. Zginanie prętów z materiału sprężysto-plastycznego.
Rozważać będziemy zginanie poprzeczne prętów pryzmatycznych wykonanych z materiału o
jednakowych własnościach na rozciąganie i ściskanie (materiał izonomiczny), opisanych
modelem ciała idealnie sprężysto-plastycznego, którego wykres zależności εσ − wraz z
równaniami dla jednoosiowego stanu naprężenia pokazany jest na rys. 19.2.
Rys. 19.2
σ
RH
ε
materiał
liniowo sprężysty
Re
ε
σ
materiał sztywno
plastyczny
Re
ε
σ
materiał sprężysto-
plastyczny
εσ E= dla plpl εεε <<−
eR=σ dla plεε ≥
eR−=σ dla plεε −≤
eR−
plε
σ
ε plε−
eR
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
254
Analizy zachowania się takich prętów dokonamy przyjmując następujące założenia:
• spełniona jest zasada płaskich przekrojów,
• obciążenie i przekrój poprzeczny belki spełnia warunki poprzecznego zginania,
• pomijalny jest wpływ sił poprzecznych na osiągnięcie stanu plastycznego.
Zaczniemy od analizy wybranego przekroju pręta, pokazanego na rys. 19.3, w którym
moment zginający, działający w jego płaszczyźnie symetrii, pręta jest równy M (dla
uproszczenia zapisu opuszczony został dolny indeks). W zależności od wartości tego
momentu zginającego mogą wystąpić następujące stany mechaniczne tego przekroju i
odpowiadające im rozkłady naprężeń normalnych (patrz rys. 19.3):
1- stan sprężysty,
2- graniczny stan sprężysty,
3- stan sprężysto-plastyczny (częściowe uplastycznienie przekroju),
4- graniczny stan plastyczny (pełne uplastycznienie przekroju).
Rys. 19.3
Przy niewielkiej wartości momentu zginającego w przekroju występuje stan sprężysty,
rozkład naprężeń normalnych jest liniowy, zerują się one na osi Y (osi obojętnej), a ich
największa wartość jest mniejsza od granicy plastyczności eR .
Zwiększaniu wartości momentu zginającego odpowiadać będzie wzrost odkształceń
liniowych (zarówno tych dodatnich, jak i ujemnych) i stowarzyszony z tym wzrost naprężeń
normalnych. Przy pewnej wartości M – nazywanej granicznym momentem sprężystym
punkty najbardziej oddalone od osi obojętnej zostaną uplastycznione, wystąpią w nich
naprężenia o wartości równej eR , i stan ten nazywamy granicznym stanem sprężystym.
Dalsze zwiększaniu momentu zginającego powoduje dalszy wzrost odkształceń i naprężeń,
ale naprężenia mogą się zwiększać tylko w tych punktach, gdzie były one mniejsze od granicy
plastyczności eR . W tym stanie nazywanym stanem sprężysto-plastycznym w przekroju
poprzecznym wystąpią obszary sprężyste, jak i uplastycznione.
Stan końcowy, w którym we wszystkich punktach przekroju naprężenia są równe granicy
plastyczności, nazywamy granicznym stanem plastycznym, a moment zginający M , przy
którym ten stan się realizuje nazywamy - granicznym momentem plastycznym. Przekrój jest
wówczas w pełni uplastyczniony i zgodnie z przyjętym modelem fizycznym materiału
odkształcenia liniowe mogą wzrastać w nim nieograniczenie.
Zajmiemy się wpierw granicznym stanem sprężystym.
ex R=σ
ex R=σex R=σex R<σex R<σ
Ypl
Y
Z
M
A
ex R<σ
1
ex R=σ
4
ex R=σ
3 3
ex R=σ
2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
255
Zależności określające w stanie sprężystym rozkład naprężeń normalnych, krzywiznę osi
belki i jej przemieszczenia są znane z poprzednich rozważań. Oś obojętna sprężystego
zginania to główna centralna ,oś bezwładności przekroju poprzecznego, równoległa do
wektora momenty zginającego. Wartość granicznego momentu sprężystego M , tj. momentu
zginającego, który powoduje uplastycznienie skrajnego punktu (lub punktów) przekroju
poprzecznego, wyznaczymy z zależności:
spre
spr
ex WRMW
MRmax =→==σ . (19.1)
gdzie: zmax
JWW
y
yspr == to wskaźnik wytrzymałości względem osi obojętnej sprężystego
zginania.
Przejdźmy teraz do granicznego stanu plastycznego.
Oznaczmy przez 1A uplastycznioną rozciąganą część przekroju, a przez 2A uplastycznioną
ściskaną część przekroju (rys. 19.4). Rozdziela je oś obojętna zginania plastycznego, której
położenie nie jest, na razie, znane.
Rys. 19.4
Chcemy wyznaczyć położenie osi obojętnej tego zginania i wartość granicznego momentu
plastycznego M , tj. momentu zginającego, który powoduje całkowite uplastycznienie
przekroju poprzecznego.
Do dyspozycji mamy dwa równania równoważności układów sił wewnętrznych i
zewnętrznych.
0=∫∫A
x dAσ ,
MdAz
A
x =∫∫ σ .
Podstawiając do pierwszego równania wartości naprężeń w tym granicznym stanie dostajemy
zależność
( ) 2121 0
21
AAdARdAR
A
e
A
e =→=−+ ∫∫∫∫ , (19.2)
która dowodzi, że oś obojętna zginania plastycznego połowi przekrój poprzeczny.
Z drugiego równania równoważności otrzymujemy wartość granicznego momentu
plastycznego:
ex R=σ
ex R=σ
Ypl
Z
M
A2
A1
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
256
( ) ple
A
e
A
e WRMMdAzRdAzR =→=−+ ∫∫∫∫21
21 (19.3)
gdzie :
21 yplyplpl SSW += - plastyczny wskaźnik wytrzymałości (19.4)
∫∫=
1
11
A
ypl dAzS , ∫∫=
2
22
A
ypl dAzS - momenty statyczne odpowiednich części przekroju
poprzecznego względem osi obojętnej plastycznego zginania.
Oba graniczne momenty zginające zależne są jedynie od materiału i kształtu przekroju
poprzecznego.
Przejdźmy teraz do analizy belek z materiału Prandtla pracujących w warunkach zginania
poprzecznego.
W ogólności na długości belki poszczególne jej przekroje mogą się znajdować we wszystkich
wyżej opisanych stanach mechanicznych i zależeć to będzie od wielkości przyłożonych
obciążeń. W pewnej analogii do wyżej wprowadzonych określeń, dotyczących momentów
zginających możemy obciążenia przyłożone do belki podzielić na:
• graniczne obciążenie sprężyste (graniczna nośność sprężysta)
• graniczne obciążenie plastyczne (graniczna nośność plastyczna)
• nośność graniczna.
Graniczne obciążenie sprężyste P lub q - to taka wielkość obciążenia danej belki, przy
której choć w jednym jej przekroju wystąpi graniczny moment sprężysty M .
Graniczne obciążenie plastyczne P lub q - to taka wielkość obciążenia danej belki przy
której choć w jednym jej przekroju wystąpi graniczny moment plastyczny M .
Nośności graniczna *P lub *q - to taka wielkość obciążenia danej belki przy którym traci
ona zdolność do jego przenoszenia (belka staje się geometrycznie zmienna).
W belkach statycznie wyznaczalnych graniczne obciążenie plastyczne jest tożsame z
nośnością graniczną, gdyż pełne uplastycznienie przekroju jest równoważne powstaniu w
nim przegubu plastycznego, co czyni belkę kinematycznie zmienną. Przegub plastyczny, w
odróżnieniu od zwykłego przegubu przenosi graniczny moment plastyczny M , ale obrót
sąsiednich przekrojów jest w nim swobodny co daje belce dodatkowy stopień swobody.
W belkach statycznie niewyznaczalnych sytuacja jest trochę odmienna bo na ogół powstaniu
jednego przegubu plastycznego nie czyni belki geometrycznie zmienną, a tylko obniża jej
stopień statycznej niewyznaczalności. Stąd na w belce n-krotnie statycznie niewyznaczalnej
maksymalna liczba przegubów plastycznych, potrzebna do zamiany belki w mechanizm
wynosi n+1.
Nośność graniczną można otrzymać w dwojaki sposób:
• pierwszy, polega na zwiększaniu obciążeń i analizie kolejnych wywołanych przez nie
stanów konstrukcji od sprężystych aż do stanu nośności granicznej,
• drugi, polega na bezpośredniej analizie stanów nośności granicznej tzn. analizie
konstrukcji w której wprowadzonych zostało tak wiele przegubów plastycznych (w ogólności
obszarów uplastycznionych), że stała się geometrycznie zmienna i wykorzystaniu twierdzeń
ekstremalnych teorii plastyczności.
W teorii plastyczności występują pojęcia pól statycznie i kinematycznie dopuszczalnych w
konstrukcji, które definiujemy następująco:
• polem statycznie dopuszczalnym, nazywamy pole naprężeń, które spełnia warunki
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
257
równowagi i jest niesprzeczne z warunkiem plastyczności tzn. MM ≤max ( eR≤σmax )
• polem kinematycznie dopuszczalnym nazywamy pole przemieszczeń, które jest
niesprzeczne z istniejącymi więzami.
Twierdzenia ekstremalne teorii plastyczności możemy sformułować następująco:
• twierdzenie o oszacowaniu dolnym:
największe spośród statycznie dopuszczalnych obciążeń granicznych jest rzeczywistą
nośnością graniczną,
• twierdzenie o oszacowaniu dolnym:
najmniejsze spośród kinematycznie dopuszczalnych obciążeń granicznych jest rzeczywistą
nośnością graniczną.
Stąd wnosimy, że wyznaczona metodą pól statycznie dopuszczalnych (podejście statyczne)
nośność graniczna jest oszacowaniem od dołu rzeczywistej nośności granicznej, natomiast w
przypadku pól kinematycznie dopuszczalnych ( podejście kinematyczne) jest oszacowaniem
od góry.
Można więc powiedzieć, że rezultat otrzymany podejściem statycznym jest bezpieczniejszy
gdyż określona tą metodą nośność graniczna jest mniejsza od rzeczywistej i w istocie rzeczy
konstrukcja może przenieść większe obciążenie.
Te dwa sposoby pokazane zostaną na przykładzie belki jednokrotnie statycznie
niewyznaczalnej o prostokątnym przekroju poprzecznym b× h =0.06 × 0.12 m, obciążonej jak
na rys. 19.5 i wykonanej z materiału, którego granica plastyczności 225=eR MPa.
Rys. 19.5
Wpierw obliczymy graniczne momenty sprężysty i plastyczny. Ponieważ przekrój jest
bisymetryczny więc oś Y jest osią obojętną zginania zarówno sprężystego jak i plastycznego.
Wskaźnik wytrzymałości sprężystego zginania wynosi: 14462== /bhWspr cm
3, natomiast
wskaźnik wytrzymałości plastycznego zginania jest równy:
2164/8/*2 22=== bhbhWpl cm
3.
Stąd graniczny moment sprężysty: 324001014410225 66===
−
***WRM spre Nm, a
graniczny moment plastyczny wynosi: 486001021610225 66===
−
***WRM ple Nm.
Pierwsza metoda określenia nośności granicznej wymaga wyznaczenia momentów w tej
jednokrotnie statycznie niewyznaczalnej belce. Aby to uczynić musimy znać reakcje, których
wyznaczenie z samych równań równowagi nie jest możliwe. Gdybyśmy jednak znali jedną z
nich to pozostałe łatwo wyznaczymy z równań równowagi. Wyznaczmy więc wartość
momentu w utwierdzeniu AM . W tym celu zastąpimy daną belkę statycznie niewyznaczalną
równoważną jej wolnopodpartą belką statycznie wyznaczalną obciążoną prócz sił skupionych,
momentem AM . Wartość AM wyliczymy z warunku zerowania się kąta ugięcia na podporze
A w belce wolnopodpartej. Możemy to uczynić korzystając np. z metody Mohra obliczania
ugięć.
X
Z
b
Y
h
2 l
l
l
A B C D
P 2 P Z
l = 1.0 m
h = 0.12 m
b = 0.06 m
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
258
03
2*
2
12*3
5.1
2
12*4
2
1
3
4*24
2
14*0 =−−−+→=∑
ll
EJ
Plll
EJ
Plll
EJ
Plll
EJ
MlVM
yyyy
AfAfD
y
AfA
EJ
MPlV
12
16272
−= ,
PllPMEJ
MPlV A
y
AAfA 6875.1
16
270
12
16272
==→=−
== ϕ .
Znajomość momentu utwierdzenia AM
pozwala na wyznaczenie wykresu
momentów zginających w zastępczej
statycznie wyznaczalnej belce
wolnopodpartej, który jest równocześnie
wykresem momentów w danej belce
statycznie niewyznaczalnej. Widać z
niego, że największy co do bezwzględnej
wartości moment zginający występuje w
utwierdzeniu, więc graniczne obciążenie
sprężyste obliczymy z zależności:
192006875.1 =→= PlPM N.
Zwiększanie wartość sił powoduje rozwój obszarów uplastycznionych i skutkuje
pojawieniem się pierwszego granicznego momentu plastycznego. Wystąpi on w utwierdzeniu
bo tam jest największy moment zginający w tej belce. Zatem graniczne obciążenie plastyczne
będzie miało wartość:
288006875.1 =→= PlPM N.
MA =1.6875 Pl
2 l
l
l
A B C D
P 2 P
M
1.6
875
Pl
1.5
7812
Pl
1.1
5625
Pl
belka rzeczywista belka fikcyjna
MA /
EJ
y
Pl/EJy
2 l
l
l
B C
A D
MA
2 l
l
l
A B C D
P 2 P
Pl
1.5
Pl
MA
1.5Pl/EJy
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
259
Pełne uplastycznienie przekroju w
utwierdzeniu nie zamienia tej belki w
mechanizm, powoduje jedynie wystąpienie w
utwierdzeniu przegubu plastycznego czyniąc
belkę statycznie wyznaczalną obciążoną
siłami skupionymi i granicznym momentem
plastycznym M . Wykres momentów
zginających w tym stanie mechanicznym
belki pokazuje rysunek obok.
Belka stanie się kinematycznie zmienna gdy w wyniku dalszego zwiększenia sił
obciążających pojawi się drugi przegub plastyczny i wystąpi on w przekroju C gdy zostanie
on całkowicie uplastyczniony. Nośności graniczną tej belki wyznaczymy z zależności:
303758
5
42 *
==→−=∗
l
MP
MlPM N.
Przejdziemy teraz do wyznaczenia nośności granicznej danej belki wykorzystując twierdzenia
ekstremalne teorii plastyczności.
Wpierw wyznaczymy jej nośność graniczną metodą pól kinematycznie dopuszczalnych
(podejście kinematyczne), a następnie metodą pól statycznie dopuszczalnych (podejście
statyczne).
Metoda pól kinematycznie dopuszczalnych – podejście kinematyczne. W tym podejściu rozważamy konstrukcję w stanie granicznym z odpowiednią liczbą
przegubów plastycznych czyniącą ją geometrycznie zmienną. Następnie do takiej konstrukcji
stosujemy zasadę prac wirtualnych mówiącą, że: suma prac wirtualnych sił zewnętrznych jest
równa sumie prac wirtualnych sił wewnętrznych. Z równania prac wirtualnych wiążących
zadane obciążenie zewnętrzne i graniczne momenty plastyczne w przegubach plastycznych
jako siły wewnętrzne wyznaczamy nośność graniczną belki. Pewnym problemem tego
podejścia jest konieczność określenia a priori położenia przegubów plastycznych Dobrą
wskazówką do określenia miejsca ich występowania jest wykres momentów zginających w
stanie sprężystym, gdyż przeguby będą w miejscach ekstremalnych wartości lub załamania
tych wykresów. Ale w ogólności, zwłaszcza w wielokrotnie statycznie niewyznaczalnej i
nieprostej w swej geometrii konstrukcji nie jest łatwo określić położenie przegubów
odpowiadające rzeczywistemu stanowi granicznemu. Stąd konieczność rozważenia kilku
schematów zniszczenia i wyznaczenia dla każdego odpowiadającej mu nośności granicznej.
Najmniejszą z nich uznajemy za nośność graniczną i jak już wspomniano wyżej można
dowieść, że jest to górne oszacowanie rzeczywistej nośności granicznej konstrukcji.
Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia.
Schemat pierwszy.
Zakładamy, że obciążenie spowoduje pełne uplastycznienie przekroju w utwierdzeniu i
punkcie B (tzn. powstanie przegubów plastycznych), bo tam są lokalne ekstrema funkcji
momentów w stanie sprężystym (załamania wykresu momentów). Z odpowiadającego
przyjętemu schematowi zniszczenia planu przemieszczeń przygotowanych wynikają
wyrażenia na pracę wirtualną sił zewnętrznych i wewnętrznych.
M
2 l
l
l
A B C D
P 2 P
M
M 22 MP − 42 MP −
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
260
Praca wirtualna sił zewnętrznych:
∆∆ PPLz += 12 .
Praca wirtualna sił wewnętrznych:
θMLw 3= .
Ponieważ: θ∆ *2l= , θ∆ *1 l= ,
to zasady prac wirtualnych
θθθ MlPlPLL wz 32**2 =+→=
lMP 431 =
Schemat drugi.
Tym razem zakładamy, że pełne uplastycznienie przekroju wystąpi w utwierdzeniu i punkcie
C (tzn. powstanie przegubów plastycznych). Z odpowiadającego temu schematowi
zniszczenia planu przemieszczeń przygotowanych wynikają wyrażenia na pracę wirtualną sił
zewnętrznych i wewnętrznych.
12 ∆+∆= PPLz , 12 θθ MMLw += ,
11 *,*2 θθ ll =∆=∆ , 1**3 θθ ll =
wz LL = ,
θθθθ MMlPlP 323**22* +=+ ,
lMP 852 =
Za nośność graniczną uznajemy mniejszą z tych dwóch sił,
zatem 3037585 ==∗ lMP N, i jak wyżej zostało powiedziane rzeczywista nośność
graniczna nie jest większa od tej wartości.
Metoda pól statycznie dopuszczalnych – podejście statyczne. Potrzebujemy założyć (przypuścić) statycznie dopuszczalne schematy zniszczenia. Tak jak
poprzednio pewnym problemem tego podejścia jest konieczność określenia a priori położenia
przegubów plastycznych. I, jak poprzednio będziemy je zakładać w miejscach ekstremalnych
wartości lub załamania wykresów momentów w stanie sprężystym. Dla każdego, założonego
statycznie dopuszczalnego pola wyznaczymy odpowiadającą mu nośność graniczną.
Największą z nich uznajemy za nośność graniczną i jak już wspomniano wyżej można
dowieść, że jest to dolne oszacowanie rzeczywistej nośności granicznej konstrukcji.
Schemat pierwszy.
Zakładamy, że obciążenie spowoduje pełne uplastycznienie przekroju w utwierdzeniu i
punkcie B (tzn. powstanie przegubów plastycznych), bo tam są lokalne ekstrema funkcji
momentów w stanie sprężystym (załamania wykresu momentów).
θ θ ∆ ∆1
A
B C D
P 2 P
M M
M
θ1 θ ∆ ∆1
A
B C D
P 2 P
M M
M
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
261
Należy teraz obliczyć wartości wszystkich sił
działających na konstrukcję, które muszą spełniać
warunki równowagi.
Z warunków równowagi otrzymujemy:
lMVMlVM AALB∑ =→=−→= 0*22*0 ,
∑ →=−−→= 0*22*0 MlPlVM DPB
lMPVD 2+= ,
lMPPVVY DA 430*30 1∑ =→=−+→= ,
lMVD 45= .
Wykres momentów pokazuje, że założone pole nie jest statycznie dopuszczalne gdyż w
punkcie C moment zginający MM >45 i nie spełniony jest warunek plastyczności.
Schemat drugi.
Zakładamy, że obciążenie spowoduje pełne uplastycznienie przekroju w utwierdzeniu i
punkcie C.
Warunki równowagi dają następujące wartości sił
działających na konstrukcje przy tym założonym
schemacie zniszczenia:
∑ →=−−→= 0**23*0 PlMlVM ALC
( ) llPMVA 32 += ,
lMVMlVM DDPC =→=−→=∑ 0*0 ,
lMPPVVY DA 850*30 2∑ =→=−+→=
lMVA 87= .
Odpowiadający będącym w równowadze siłom działającym na belkę wykres momentów
pokazuje, że w konstrukcji spełniony jest warunek plastyczności. A więc założone pole
naprężeń jest statycznie dopuszczalne, i możemy przyjąć, że nośność graniczna rozważanej
belki wynosi: 30375852 ===∗ lMPP N, i jak wyżej zostało powiedziane rzeczywista
nośność graniczna nie jest mniejsza od tej wartości.
Ponieważ z podejścia kinematycznego otrzymaliśmy taki sam wynik więc
3037585 ==∗ lMP N, jest rzeczywistą nośnością graniczną rozważanej konstrukcji.
M
M
M
2 l
l
l
A B C D
M M
VA VD
M
45MM
P 2P
M
M
2l
l
l
A B C D
M
VA VD
M
43M M
2P P
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
262
19.2.1. Przykłady
Przykład 19.2.1.1. Dla podanej belki o
przekroju prostokątnym bxh = 0.02x0.06 m
wyznaczyć graniczne obciążenie sprężyste
q , graniczne obciążenie plastyczne q oraz
nośność graniczną *q jeśli
granica plastyczności 300=eR MPa.
Rozwiązanie
Maksymalny moment zginający w belce 8
2lq
Mmax =
Sprężysty wskaźnik wytrzymałości dla przekroju prostokątnego 6
2hb
WW yspr ==
Plastyczny wskaźnik wytrzymałości dla przekroju prostokątnego 442
22
hbhhb*Wpl ==
Graniczny moment sprężysty 3600103006
1062 662
===
−
****
RWM espr Nm.
Graniczny moment plastyczny: 5400103004
1062 662
===
−
****
RWM epl Nm.
Graniczne obciążenie sprężyste wyznaczymy z zależności:
18004
360088
8 22
2
===→=→=*
l
MqM
lqMMmax N/m.
Graniczne obciążenie plastyczne wynosi:
27004
540088
8 22
2
===→=→=*
l
MqM
lqMMmax N/m.
Belka jest statycznie wyznaczalna, obciążenie jej granicznym obciążeniem plastycznym
spowoduje powstanie w jej środku rozpiętości dodatkowego przegubu zmieniając ją w
mechanizm i dlatego graniczne obciążenie plastyczne jest równe nośności granicznej
2700== qq* N/m.
W belce statycznie wyznaczalnej o przekroju prostokątnym 51.W
W
q
q
q
q
spr
pl*
=== i to
dowodzi, że obciążenie powodujące zniszczenie belki jest o 50 % większe od obciążenia
które powoduje uplastycznienie włókien skrajnych w przekroju maksymalnego momentu
zginającego. Łatwo można stwierdzić, że to zwiększenie nośności w przypadku belek
statycznie wyznaczalnych zależeć będzie jedynie od stosunku wskaźników wytrzymałości
plastycznego i sprężystego, czyli od kształtu przekroju. W przypadku belek statycznie
niewyznaczalnych zwiększenie nośności belki zależeć jeszcze będzie od stopnia jej statycznej
niewyznaczalności.
l = 4 m
q
Y
Y pl
Z
h
b
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
263
Przykład 19.2.1.2. Wyznaczyć graniczne obciążenie sprężyste, plastyczne i nośność belki,
jeśli granica plastyczności 345=eR MPa.
Rozwiązanie
Maksymalny moment zginający, jak pokazuje poniższy wykres występuje w utwierdzeniu i
wynosi: max M = 12q.
Oś obojętna zginania sprężystego to oś Y
przechodząca przez środek ciężkości przekroju,
równoległa do wektora momentu zginającego. Jej
położenie wyznaczamy z warunku zerowania się
momentu statycznego w sposób już wielokrotnie
stosowany w zagadnieniach zginania.
088410142210 .***A =++= cm2
0768241011142192100 .******S y =++= cm3
73888
7680 .
A
Sz
yo=== cm.
7845827372012
21027268
12
148
12
1810 23
233
..**
.***
J y =+++
−= cm
4.
Wskaźnik wytrzymałości sprężystego zginania
634062711
784582.
.
.
zmax
JWW
y
yspr ==== cm3.
Oś obojętną zginania plastycznego to oś równoległa do wektora momentu zginającego
dzieląca przekrój poprzeczny na dwie części o równych polach.
M = 4q
4 q
4.5
q
12
q
M
4 m 6 m P = 7q
q
X
Z
4 m 6 m
q M = 4 q
P = 7 q
Z
2
4
4 4 2
14
Y wymiary w
cm
Y0
Y
Z
4 4 2
2
4
14
cm
ζζζζ 11.27
14
8.73
Ypl
wymiary w
cm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
264
Z kształtu przekroju widać, że będzie ona przechodzić przez środnik i jeśli współrzędna ζ
wyznacza jej położenie to musi spełniać warunek:
0122210882
1.** =→+= ζζ cm.
Wskaźnik wytrzymałości plastycznego zginania:
0568441012261221321021 .********SSW yplyplpl =+++=+= cm3.
Graniczny moment sprężysty 29140103451063406 66.***.RWM espr ===
− kNm.
Graniczny moment plastyczny 961951034510568 66.***RWM epl ===
− kNm.
Graniczne obciążenie sprężyste wynosi:
691112
29140
1212 .
.MqMqMMmax ===→=→= kN/m.
Graniczne obciążenie plastyczne i nośność graniczna ma wartość:
331612
96195
1212 .
.MqMqMMmax ===→=→= kN/m.
Przykład 19.2.1.3.Wyznaczyć nośność graniczną belki jak na rys. stosując podejście
statyczne i kinematyczne.
Podejście statyczne. Belka jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalna. Trzy przeguby czynią ją kinematycznie
zmienną. Zakładamy, że pełne uplastycznienie przekroju wystąpi w utwierdzeniu oraz
punktach B i D.
Obliczamy wartości wszystkich sił działających na
konstrukcję, które muszą spełniać warunki
równowagi.
Z warunków równowagi otrzymujemy wartości sił
działających na belkę, które są w równowadze:
lMVMlVM AALB 202*0∑ =→=−→= ,
lMVMlVM DDPD =→=−→=∑ 0*0 ,
∑ →=+−−→= 05*3*6*0 MlPlVlVM CDPB
3537 PlMVC −= ,
lMPVPVVY DCA 4500∑ =→=−−+→= ,
lMVC 4=
A C D E B
2P
P
3 l
l
2 l
l
M
M M5.0
M
M
A
M MM
2P
M M
P
3 l l
2 l
l
D C B
E
VD VC VA
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
265
Nośność graniczna jest nie mniejsza niż:
l
MP
4
5=
∗ .
Podejście kinematyczne. Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia.
Schemat 1.
∆PLz 2= , 122 θθ MMLw += ,
lθ∆ = , ll 3** 1θθ =
wz LL =
322*2 θθθ MMlP +=
lMP 341 =
Schemat 2.
∆PLz = , 12 θθ MMLw += ,
l2*θ∆ = , ll *2* 1θθ =
wz LL =
θθθ MMlP 222* +=
lMP 22 =
Schemat 3.
12 ∆∆ PPLz += ,
2122 θθθ MMMLw ++= ,
l*θ∆ = , l2*11 θ∆ = , ll 3** 1θθ = ,
ll *2* 21 θθ =
wz LL =
32322
32**2
θθθ
θθ
MMM
lPlP
++=
=+
lMP 453 =
lMPPP i 45)min( 3*
=== . I jest to rzeczywista nośność graniczna belki bo takim sam rezultat
otrzymano z podejścia statycznego.
Przykład 19.2.1.4. Wyznaczyć nośność graniczną belki o podanej geometrii i obciążeniu
stosując podejście kinematyczne jeśli 215=eR MPa.
θ1 θ ∆
A
P
3 l
l 2 l
l
D C B
E
M MM
2P
M M
M
θ
θ2
θ1
∆1
A
P
D C
B E
M M
3 l
l 2 l
l
2P
∆
M
θ θ1
P
3 l
l 2 l
l
D C
E M
∆ A
M
B
M
2P
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
266
Rozwiązanie
Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia:
wz LL =
1111 22 θθ∆∆ MMPP +=+
111 444 θθθ∆θ∆ === ;;
M.P 2529 1 =
M.P 2501 =
wz LL =
θ∆ MP 32 2 =
θ∆ 4=
MP 38 2 =
M.P 37502 =
wz LL =
13 θθ∆ MMP +=
11 44 θθθ∆ == ;
MP 54 3 =
M.P 2513 =
wz LL =
θ∆ MP 34 =
θ∆ 4=
M.P 7504 =
M.P)P(minP i*
2501 ===
Położenie osi plastycznego zginania
Jest to oś równoległa do wektora momentu zginającego dzieląca przekrój poprzeczny na dwie
części o równych polach.
2P
P
4 m 4 m 4 m 2 m 4 m
24 cm
12 cm
θ
M
θ
2P
P
M
∆ schemat 4
M
θ θ
M M
∆
schemat 2 2P
P
Mθ
M
θ1
2P
P M
∆ schemat 3
M
θ1
θ θ
2P
P
M M
∆
schemat 1 ∆1
24 cm
Ypl
ζ =16.97 cm
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
267
Zatem jej położenie można wyznaczyć z zależności:
97162
1
2
1
2
12412
2
1.****** =→= ζζζ cm.
Wskaźnik plastycznego zginania:
836743
0375153
2
1
2
037129716
3
1
2
9716
2
1222
..
*.*.
*.*.
*Wpl =
−+= cm
3.
Nośność graniczna belki jest równa:
1136272102151083674250250 66.***.*.R*W*.P epl
*===
− N.
Przykład 19.2.1.5. Wyznaczyć nośność graniczną belki stosując podejście kinematyczne.
Rozwiązanie
Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia:
θ∆ ML;PL wz 22 ==
θ∆ MP 22 =
θ∆ 2=
M.P 501 =
θ∆ ML;PL wz 22 ==
θ∆ MP 22 =
θ∆ 2=
M.P 502 =
θ∆ ML;PL wz 2==
θ∆ MP 2=
θ∆ 2=
MP =3
θ∆∆ ML;PPL wz 22 =−=
2P
1 2 m 2 m 2 m 2 m 1
P
θ
2P
MM
∆ P schemat 1
θ
θ θ
θ
2P
M
M
∆ P schemat 2
P
θ
2P
M
M
∆
schemat 3
P
θ θ θ
2P
M
M
∆ ∆ schemat 4
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
268
θ∆∆ MPP 22 =−
θ∆ 2=
MP =4
Nośność graniczna belki wynosi:
M.)P(minP i*
50== .
Przykład 19.2.1.6.Wyznaczyć nośność graniczną belki jak na rys. stosując podejście
kinematyczne.
Symetria konstrukcji pozwala na
analizowanie równoważnej belki
jednoprzęsłowej, utwierdzonej na
jednym końcu a na drugim
wolnopodpartej.
Jedyny kinematycznie dopuszczalny schemat
zniszczenia będzie miał dwa przeguby, jeden w
utwierdzeniu a drugi w prześle przy czym jego
położenie nie jest znane, ale możemy je wyznaczyć z
zasady prac wirtualnych.
12 θθ MMLw += , ∫∫−
+=
ala
z dxxqxdxqL
0
111
0
θθ ,
( )ala −= ** 1θθ ,
al
al
la
MqLL wz
−
−=→=
22.
Ponieważ podejście kinematyczne daje oszacowanie od góry, poszukujemy najmniejszego
obciążenia q. Warunek konieczny jego istnienia daje równanie:
( ) llallaaa
q586.0220240
22=−=→=+−→=
∂
∂.
Stąd ostatecznie otrzymujemy nośność graniczną belki 2657.11 lMq =∗ .
Przykład 19.2.1.7.Belkę o schemacie jak na rys. należy podeprzeć dodatkowo w przęśle w
miejscu zapewniającym jej największą nośność graniczną.
Wprowadzenie dodatkowej podpory C czyni
l
l
q
l
q
θ1 θ M
M M
q
l - a a
A B
q
l
A C
l - a a
B
q
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
269
belkę dwukrotnie statycznie niewyznaczalną.
Kształt wykresu momentów zginających w
stanie sprężystym sugeruje dwa
kinematycznie dopuszczalne schematy
zniszczenia.
Schemat 1.
Nośność graniczna dla tego schematu
zniszczenia została wyznaczona w
poprzednim przykładzie.
Wynosi ona :
21 657.11a
Mq =
Schemat 2.
W tym schemacie zniszczenia przegub
plastyczny w przęśle AC wystąpi w środku
tego przęsła. Zatem:
θMLw 4= , ∫−
=
2/)(
0
2
al
z xdxqL θ ,
( )22
16
al
MqLL wz
−
=→= .
Widoczne jest że zwiększanie a powoduje zmniejszanie q1 i zwiększanie q2. Przy ustalonej
długości belki jej nośność graniczną wyznaczymy z warunku równości:
( )
→=−+→
−
=→= 0657.11314.23343.400.16657.1122
2221 lalaal
M
a
Mqq
la 4605.0= .
Odpowiadająca temu położeniu dodatkowej podpory nośność graniczna belki wynosi:
( )22
970.544605.0
657.11l
M
l
Mq ==
∗
19.3. Nośność graniczna osiowo rozciąganych układów prętowych
Rozważać będziemy konstrukcje wykonane z prętów prostych przegubowo połączonych i
obciążonych tylko w węzach w sposób powodujący ich osiowe rozciąganie. Pręty wykonane
są z materiału o własnościach ciała idealnie sprężysto plastycznego (rys. 19.2).
Ponieważ rozkład naprężeń normalnych w dowolnym przekroju poprzecznym na długości
pręta rozciąganego siłą P jest jednorodny to w przekroju i tym samym w pręcie mogą
wystąpić tylko dwa stany mechaniczne w zależności od wielkości przyłożonej siły a
mianowicie stan sprężysty, gdy naprężenia są w nim mniejsze od eR i stan pełnego
uplastycznienia, gdy równają się eR . Co więcej jeśli naprężenia osiągną wartość granicy
M
θ θ
M
C
B
q
MM
a (l–a)/2 (l–a)/2
A
θ1 θ
M
C
B
q
M M
l - a
b a - b
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
270
plastyczności to pręt może się wydłużać dowolnie dużo i dlatego graniczne obciążenie
sprężyste, plastyczne i nośność graniczna są w nim takie same i wynoszą:
ARPPP e*
=== . (19.5)
Analogicznie jest w dowolnej statycznie wyznaczalnej konstrukcji kratowej z tym że o jej
nośności granicznej decyduje nośność pręta w którym występują największe naprężenia
normalne w stanie sprężystym.
W kratownicach statycznie niewyznaczalnych sytuacja jest bardziej złożona gdyż w
zależności od wielkości obciążenia wszystkie pręty mogą być w stanie sprężystym albo
niektóre w stanie sprężystym inne zaś uplastycznione, albo wreszcie liczba uplastycznionych
prętów jest taka że konstrukcja staje się geometrycznie zmienna i nie może przenosić
zadanego obciążenia. Dlatego w konstrukcjach złożonych z osiowo rozciąganych prętów
wykonanych z materiału idealnie sprężysto-plastycznego można przyjąć określenia:
• graniczne obciążenie sprężyste (nośność sprężysta) – to największa wartość obciążenia
przy której we wszystkich prętach konstrukcji występuje stan sprężysty
• nośność graniczna – to taka wielkość obciążenia przy którym konstrukcja traci zdolność do
jego przenoszenia.
19.3.1. Przykłady
Przykład 19.3.1.1. Wyznaczyć nośność graniczną danego układu kratowego jeśli przekroje
wszystkich prętów są jednakowe o polu A = 2.0 cm2
a granica plastyczności 225=eR MPa.
041 .l = m
032 .l = m
6.0sin =α
8.0cos =α
Rozwiązanie
Obliczenie sił w prętach układu.
Równania równowagi:
0sincos
0
21 =+−
=
αα
Σ
NN
X
PNN
Y
=+
=
αα
Σ
cossin
0
21
Siły w prętach wynoszą:
PN 6.01 = , PN 8.02 = .
α
1
3.2 m
K P
1.8 m
2.4 m
2
N1
P
N2
α
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
271
Ponieważ pola przekrojów obu prętów są równe więc o nośności układu decyduje pręt 2 .
Przy wzrastaniu wartości obciążenia on pierwszy ulegnie uplastycznieniu i ponieważ krata
jest statycznie wyznaczalna ulegnie zniszczeniu.
Nośność graniczna konstrukcji wynosi:
562508.0
10*2*10*2258.0
46**
==→=
−
PARP e N.
Przykład 19.3.1.2. Dla stalowej konstrukcji przegubowo prętowej jak na rysunku.
w której pola przekrojów wszystkich prętów i
ich moduły sprężystości podłużnej są równe
wyznaczyć potrzebne pole przekrojów
poprzecznych prętów oraz nośności graniczną
jeśli P = 30 kN, R = 215 MPa, Re = 235 MPa,
E = 205 GPa.
Wyznaczyć wykres określający jak wzrasta
pionowe przemieszczenie węzła K w zależności
od wielkości siły P.
Rozwiązanie
Obliczenie sił podłużnych w prętach.
Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny, więc
komplet równań do ich wyznaczenia będzie się składał z
równania równowagi i równania geometrycznego.
Równanie równowagi:
NNPNNY =+→=+→= 2121 2cos20 αΣ
.
Równanie geometryczne:
21
22
22
11
1112 22cos NN
AE
lN
AE
lN=→=→= α∆∆ .
Stąd siły podłużne w prętach:
574.17)22(21 =+= PN kN,
787.8)22(2 =+= PN kN.
Potrzebny przekrój prętów z warunku wytrzymałości: 463
11 10*817.010*21510*574.17)(max −
==≥→≤→≤ RNARANRAN m2.
Nośność graniczną układu wyznaczymy zwiększając obciążenie i przechodząc kolejno jego
stany od sprężystego poprzez sprężysto-plastyczny aż do stanu granicznej nośności, w którym
konstrukcja nie może przenieść zadanego obciążenia, przemieszczenia jej punktów są
dowolnie duże (staje się kinematycznie zmienna).
α α
K
P
N1
N2 N2
K
K’
∆2
∆1
2
2.0 m
K
P
2.0 m
2.0 m
12
α α α
α α
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
272
Siła obciążająca powodująca pierwsze uplastycznienie w konstrukcji, które wystąpi w pręcie
1 bo w nim w stanie sprężystym jest największa siła podłużna, ma wartość:
→=+=== eRAPNNN )22(2111
3210*776.3210*235*817.0
2
22
2
22=
+=
+= eRAP N.
Przy tej sile konstrukcja może jeszcze przenosić obciążenie bo naprężenia w prętach 2 są
nadal mniejsze od granicy plastyczności Re.
Siły które wówczas występują w prętach 2
możemy wyznaczyć z warunku równowagi sił
działających na węzeł K :
22
cos20
1
221
21
NPNPNN
PNNY
−=→=+
→=+→= αΣ
.
Konstrukcja stanie się kinematycznie zmienna gdy nastąpi uplastycznienie prętów 2 tzn.
gdy: eRANNN === 222 . Odpowiadające tej wartości siły obciążenie P będzie nośnością
graniczną i oznaczymy je przez *P . Wyznaczymy je z zależności:
31
*1*
222 10*352.46)21(22
=+=+=→=−
=== eee RANRAPRANP
NNN N.
Iloraz
545.1000.30
352.46*
==
P
P
pokazuje wielkość rezerwy (54.5 %), która tkwi w analizowanej konstrukcji jeśli dopuścimy
pełne jej uplastycznienie. Ale zwiększenie obciążeń jest związane ze zwiększeniem
przemieszczeń i pokazuje to wykres zależności ∆ - pionowego przemieszczenia węzła K od
wielkości siły obciążającej P.
000.30=P kN - stan sprężysty
EA
lN 222 2*2 == ∆∆ ;
( )→
+
=
222
PN
( )
3
5
3
10*098.210*817.0*205*22
22*10*000.302 −
=
+
=∆ m.
776.32== PP kN - uplastycznienie pręta 1
→
+
===
22;2*2 2
222
PN
EA
lN∆∆
α α
eRANN == 11
K P
N2 N2
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów
prętowych
273
3
5
3
10*293.210*817.0*205*)22(
22*10*776.322 −
=
+
=∆ m.
352.46*== PP kN - stan graniczny nośności (uplastycznienie wszystkich prętów)
→==== eRANNEA
lN22
222 ;2*2 ∆∆
3
5
2
10*585.410*817.0*205
22*10*235*817.02 −
==∆ m.
2.293
60
20
40
P [kN]
352.46*=P
2
4
4.585
∆ [mm]
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Literatura
274
LITERATURA
[1] R.Bąk, T.Burczyński: Wytrzymałość materiałów z elementami ujęcia komputerowego.
WNT, Warszawa 2001.
[2] Z.Brzoska: Wytrzymałość materiałów. PWN, Warszawa 1979.
[3] E. Cegielski: Wytrzymałość materiałów. Teoria, przykłady, zadania. IMiPKM,
Politechnika Krakowska 2000.
[4] W. Derski: Podstawy teorii sprężystości. PWN, Warszawa-Łódź 1965.
[5] Z.Dyląg, A.Jakubowicz, Z.Orłoś: Wytrzymałość materiałów. WNT, Warszawa 1996.
[6] K.Krzyś, M.Życzkowski: Sprężystość i plastyczność. Wybór zadań i przykładów. PWN,
Warszawa 1962.
[7] W.Orłowski, L.Słowański: Wytrzymałość materiałów. Przykłady obliczeń. Arkady,
Warszawa 1978.
[8] S. Piechnik: Wytrzymałość materiałów dla Wydziałów Budowlanych. PWN, Warszawa-
Kraków 1978.
[9] S.P. Timoshenko, J.M. Gere: Teoria stateczności sprężystej. Arkady, Warszawa 1963.
[10] J.Więckowski: Wytrzymałość materiałów. Wydawnictwa Politechniki Gdańskiej,
Gdańsk 1975.