Zbiór zadań z mechaniki (w formacie pliku .pdf)

7

Wstęp

Klasyczne zbiory zadań ze statyki układów prętowych zawężone są tradycyjnie do

układów Clapeyrona. Jest to klasyczny krąg zagadnień mechaniki konstrukcji kształtujący wyobraźnię przyszłych inżynierów. Brak w nim jednak miejsca na problemy niesprężyste, aczkolwiek postęp techniki komputerowej daje od dawna szansę na wprowadzenie analizy niesprężystej, tym bardziej, iż studenci korzystają najczęściej z tych programów obliczeń numerycznych. Wydaje się jednak, iż korzystanie z gotowych programów powinno być poprzedzone rozwiązaniem najprostszych zadań niesprężystych, co też proponujemy czytelnikowi. Sądzimy, iż szczególnie pouczające jest porównanie rozwiązań tych samych zadań przy różnych modelach materiałów. Uzyskujemy tu szansę na porównanie wpływu przyjętego często arbitralnie modelu na rozwiązanie zadania. W tej formie podane są też zadania w zbiorze.

Czytelnik w pierwszej kolejności może się ograniczyć do rozwiązania zadań liniowo – sprężystych. Natomiast w miarę poznawania mechaniki może te rozwiązania porównać z lepkosprężystymi, czy też różnymi opisami procesów pełzania materiałów.

Zadania są podzielone rozdziałami zgodnie z klasycznym ujęciem mechaniki materiałów od prostych zadań po złożone przypadki wytrzymałościowe. W następnej kolejności analizowane są przemieszczenia układów, zadania statycznie niewyznaczalne po problemy stanów granicznych i utraty stateczności.

W podanej formie zadania te były od kilkunastu lat przerabiane na ćwiczeniach z mechaniki materiałów i konstrukcji przez moich studentów z Gliwic i Opola. To porównanie zadań klasycznych z niesprężystymi na prostych przykładach było wiodącą ideą wykładu i kształtowania wyobraźni przyszłych inżynierów.

Na ostateczną formę opracowania miały duży wpływ uwagi i sugestie recenzenta pracy – prof. Stefana Piechnika, któremu należą się szczególne podziękowania.

Opracowanie zostało przygotowane do druku przy znacznym udziale pracowników katedry, za co im jestem bardzo wdzięczny.

J. Kubik

3

Spis treści

Wykaz ważniejszych oznaczeń........................................................ 5 Wstęp............................................................................................... 7 Rozdział I. Proste przypadki wytrzymałościowe......................... 9 Rozdział II. Przemieszczenia układów prętowych....................... 63 Rozdział III. Zadania statycznie niewyznaczalne......................... 93 Rozdział IV. Utrata stateczności.................................................. 171 Rozdział V. Złożone przypadki wytrzymałościowe................... 223 Rozdział VI. Stany graniczne konstrukcji................................... 251 Rozdział VII. Hipotezy wytężeniowe.......................................... 287 Rozdział VIII. Twierdzenie o wzajemności .............................. 323

5

Wykaz ważniejszych oznaczeń

321 ,,, xxxxi - współrzędne kartezjańskie punktów

t, τ - czas s - współrzędna krzywoliniowa A, V, F - pole powierzchni, objętość, pole przekroju poprzecznego ni - i-ta współrzędna wektora przemieszczenia ui, u1, u2, u3 - współrzędne wektora przemieszczeń

δϕδ ,iu - przemieszczenie i obrót wirtualny

ijε - współrzędne tensora odkształceń

332211 ,, εεε - odkształcenia normalne (wydłużenia)

231312 ,, εεε - odkształcenia postaciowe

321 ,, εεε - wydłużenia główne

ijσ - współrzędne tensora naprężeń

332211 ,, σσσ - naprężenia normalne

231312 ,, σσσ - naprężenia styczne

321 ,, σσσ - naprężenia główne

jiji nP σ= - składowe siły powierzchniowej

iFρ - gęstości siły masowej

q - obciążenia równomiernie rozłożone E, G, ν - moduł sprężystości Younga, Kirchhoffa i współczynnik

Poissona )(),( tGtE - funkcje relaksacji

pkR σ,, - wytrzymałość, naprężenie zredukowane, granica

plastyczności N, T1, T2 - siła osiowa i siły poprzeczne K, M2, M3 - moment skręcający i momenty zginające J0 - biegunowy moment bezwładności J2, J3 - momenty bezwładności względem osi x2 i x3

S2, S3 - momenty styczne obl. względem osi x2 i x3

N, n - wykładniki potęg w nieliniowych równaniach fizycznych

εεεσ 1−== NN AA gdzie 0,01 >>− AA Nε

AAA

nn σσσε1−

=

= gdzie 0,01

>>

−

AA

nσ

Tα - liniowy współczynnik rozszerzalności cieplnej TTT ∆αε = ,

6

T - temperatura dgf ∗ - iloczyn splotowy funkcji f i g

)()(0

ττ dgtfdgft

−=∗ ∫ ,

fffdHfdfgdgf =∗=∗∗=∗ δ,,

gdzie t][0,dlaorazdla ∉=∈= ττττ 0],0[ tt

H, δ - funkcja Heaviside’a i „delta Diraca” )( pf - transformata całkowa Laplace’a

=)( pf ℒ ,)()]([0

dtetftf pt∫∞

−=

=)(tf ℒ-1

∫∞+

∞−

=ix

ix

ptdpepfi

pf )(21

)]([π

9

Rozdział I

Proste przypadki wytrzymałościowe Przedstawione zostaną zadania dotyczące ściskania, skręcania i zginania

prętów wykonanych z materiałów sprężystych i lepkosprężystych. W rozważaniach będziemy również uwzględniać proste modele nieliniowości fizycznej materiału w formie potęgowej. W każdym zadaniu najpierw zostaną podane rozwiązania liniowo-sprężyste, a potem nieliniowe lub lepkosprężyste. Porównanie tych rozwiązań pozwoli uzmysłowić czytelnikowi celowość przyjmowania różnych modeli fizycznych problemu.

W rozważaniach dotyczących prostego rozciągania (rys. 1.0a) posługujemy się zależnościami między wydłużeniami l∆ a siłami osiowymi N. Mają one postać:

- liniowa sprężystość

EF

NllEE === − ∆σεεσ stąd 1,

(1)

- nieliniowa sprężystość o prawie potęgowym

lAF

Nl

AA

nnN

=

== ∆σεεσ stąd ,

(2)

- liniowa lepkosprężystość

)(*)(,)( 1 tdENF

lldtdtE −=∗=∗= ∆σεεσ stąd E 1-

(3)

gdzie

( ) ( )∫ −=∗=∗t

dftfdffdff0

121221 ττ , δ=∗− )()(1 tdEtE (4)

- nieliniowa lepkosprężystość

( ) ( ) ltdBF

NltdBtdA

nnN

=→∗=∗= )(*)(),( ∆σεεσ

(5)

10

gdzie

δ=)(*)( tdAtB (6)

c Rys. 1.0a Rys. 1.0b W zagadnieniach skręcania (rys. 1.0b) zależność między momentem

skręcającym K, a kątem obrotu przekroju ϕ przyjmuje formę:

- liniowa sprężystość

oGJ

KlG,GεσG =→==== ϕτγγτεσ

2G

1 ,22,2 13131212

(7)

gdzie

( ) ( )[ ]oF

o J

KdFxxJ

ρσστ =+=+= ∫212

213

23

22 ,

(8)

- nieliniowa sprężystość

( ) lNJ

K

GG

nnN

+=→

==)1(2

,20

13131313 ϕσεεσ (9)

gdzie

( ) ( )[ ]n

NdFxxNJF

NN 1,)1( 1

31

20 =+=+ ∫++

(10)

- liniowa lepkosprężystość

K

τ

φ

ρ σ12

σ

∆l

l

x2

x3

N

EF

l

x3

x2

σ13

GJ0,F x1

x1

11

(t)dG*KJ

l

1-

0

=→∗=∗=

∗==

− ϕτγγτ

εσεσ

dtGdtG

dtGdtG

)(,)(2

,)(2,*)(2

1

13131212

(11)

gdzie

δ=∗ − )()(2 1 tdGtG (12)

- nieliniowa lepkosprężystość

( )

ltGdKNJ

dtGtGd

n

nN

+=→

→

∗=∗=

−

−

)(*)1(

1

)(),(2

1

0

13

1

131313

ϕ

σεεσ

(13)

gdzie

δ=−

)(*)(21

tGdtG (14)

W podanych wzorach oznaczono symbolami: σ -naprężenie normalne, ε -

odkształcenie normalne, τσσ ,, 1312 -naprężenia tnące, γεε ,, 1312 -odkształcenia

postaciowe, GGAE ,,, -moduły Younga i Kirchhoffa w zadaniach sprężystych

liniowych i nieliniowych, )(),(),(),(),(),(),(),(111 tGtGtBtEtGtGtAtE

−−− -funkcje relaksacji i pełzania w zadaniach liniowo i nieliniowo lepkosprężystych, ,...7,5,3=n -wykładnik opisujący nieliniowość,

)1(, 00 +NJJ - biegunowy moment bezwładności rzędu 2 i 1+N , l∆ -

wydłużenie pręta, ϕ - kąt skręcenia przekroju pręta, l - długość pręta, t - czas,

δ - delta Diraca, N - siła osiowa, K - moment skręcający. ZADANIE 1.1. Obustronnie utwierdzony pręt o stałym przekroju i długości l podlega

działaniu siły osiowej P przyłożonej w punkcie 0 (rys. 1.1a). Należy wyznaczyć siły osiowe w pręcie, przy czym zależność naprężenie-odkształcenie należy przyjąć najpierw jako liniowo sprężystą, a później nieliniowo sprężystą i lepkosprężystą. Poszukuje się wartości reakcji RA i RB.

12

Rys. 1.1a

Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równoważne zadanie

statycznie wyznaczalne otrzymamy po odrzuceniu więzów w utwierdzeniu B (rys. 1.1b). Dla zachowania równoważności obu zadań wymagamy, by przemieszczenie Bδ w punkcie B było równe zeru

Rys. 1.1b

0=Bδ

Z warunku równowagi sumy rzutów sił na oś x1 wynika, że

ABBA RPRRRP −=→=−− 0

Dodatkowe równanie na reakcje RA i RB otrzymamy wykorzystując warunek

nierozdzielności a) W zadaniu liniowo sprężystym wydłużenia pręta opisuje równanie

A B

P RB RA

a b

x3

x2

FE

P RA

RB

N

x1 0

A

P RB RA

a b

B

x1 0

δB=0

13

EF

Nll =∆

Stąd warunek nierozdzielności prowadzi do relacji

( ) ( )

b

aP

ba

bPR

PbbaREF

bPR

EF

aR

A

AAA

B

+=

+=→

→=−+→=−

+→=

1

000 δ

Z warunku sumy rzutów sił otrzymamy

a

bP

ba

aPRRPR BAB

+=

+=→−=

1

b) W zadaniu nieliniowo-sprężystym wydłużenie pręta dane jest równaniem

lAF

Nl

n

=∆

Stąd warunek nierozdzielności prowadzi do relacji

( )NAN

N

A

N

AA

nA

nA

nA

nA

B

b

a

PR

a

b

a

b

PRa

bRPR

a

b

FA

RP

FA

Rb

FA

PRa

FA

R

+=→

+

=→

−=→

→

−=

→=

−+

→=

11

00

δ

Z warunku sumy rzutów sił otrzymamy

NBAB

a

b

PRRPR

+=→−=

1

c) W zadaniu liniowo lepkosprężystym wydłużenie pręta opisuje zależność

14

)(* 1 tdENF

ll −=∆

Stąd po podstawieniu do warunku nierozdzielności będzie

00 111 =∗

−+→=∗

−+∗

−−− dEbF

PRa

F

RdE

F

PRbdE

F

Ra AAAA

Następnie na podstawie twierdzenia Titschmarscha stwierdzającego, iż

jeżeli iloczyn splotowy pary funkcji jest równy zeru, to jedna z funkcji wchodzących w jego skład musi być równa zeru, otrzymamy rozwiązanie zadania.

( )ba

bPRbPRaR AAA +

=→=−+ 0

Wynik w zadaniu lepkosprężystym jest więc identyczny jak w zadaniu

sprężystym. ZADANIE 1.2. Ściskany pręt składa się z kilku warstw (α ) o różnych przekrojach αF i

modułach Younga αE (rys. 1.2). Należy dla znanej siły osiowej P, parametrów

geometrycznych αF i fizycznych αE warstw określić naprężenia występujące

w poszczególnych składnikach pręta. Rozwiązanie należy znaleźć w zakresie liniowo i nieliniowo sprężystym oraz liniowo i nieliniowo lepkosprężystym.

Rozwiązanie: Zadanie jest wewnętrznie statycznie niewyznaczalne. Naprężenia w

poszczególnych składnikach pręta wyznaczymy wykorzystując założenie, iż odkształcenia wszystkich warstw są sobie równe

εεεεε α ====== m......21

oraz z warunku równoważności układów sił zewnętrznych i wewnętrznych

α

α

α

α

α σ FPP ∑∑ ==

15

Rys. 1.2

a) W przypadku liniowo sprężystym dla każdej z warstw (α ) można

zapisać równanie fizyczne

mE ,...,2,1, == αεσ ααα Stąd otrzymamy warunek równowagi wewnętrznej

α

α

αα

α

ααα εεεFE

PFEP

∑∑ ==→=

Znając wartości odkształcenia ε możemy wyznaczyć naprężenie w

dowolnej warstwie (α)

∑=→==

α

αααααααα σεεσ

FE

PEE E

Zauważmy, iż równym odkształceniom poszczególnych warstw odpowiadają

w ogólności skoki naprężeń na stykach warstw.

ε1

σ1

E1

ε1 ε2

εα

εm

Pm

Pα

P2

P1

F1 F2

Fα Fm

(m)

(α)

(2) (1)

α=1,2,..,m

εα

σα

Eα

P

16

b) W przypadku nieliniowo sprężystym dla każdej z warstw (α ) można


( ) mAN

,...,2,1== αεσ ααα , Stąd otrzymamy warunek równowagi wewnętrznej

( ) ( ) α

α

αα α

ααααα εεεFA

PFAPP NNN

∑∑ ∑ ==→==

Znając wartości wyrażenia Nε możemy wyznaczyć naprężenie w dowolnej warstwie (α )

( ) α

α

α

αααααα σεεσ

FA

PAAA NN

∑=→==

c) W przypadku liniowo lepkosprężystym dla każdej z warstw (α ) można


mdE ,...,2,1 , =∗= αεσ ααα

Stąd otrzymamy warunek równowagi wewnętrznej

∑ ∑ →∗==α α

αααα εdEFPP1−

∗== ∑

α

ααα εε EFPdd

gdzie

δα

αα

α

αα =

∗

∑∑

−

EFEF1

Naprężenie w warstwie (α ) wyliczymy z równania

1

*−

∗∗=→=∗= ∑

α

αααααααα σεεσ EFPEdEdE

W szczególnym przypadku, kiedy funkcje relaksacji warstwy (α ) są postaci

17

( )tfEtE αα0)( =

otrzymamy

α

α

αα

αα

α

α

α

αααα

εε

εεσ

0

00

**

*

EF

Pdfdf

dfEFPPdfE

∑

∑∑

==→

→==→∗=

i dalej

∑=→=∗=

α

αα

αααααα σεεσ

0

000 *

EF

PEdfEdfE

Wynik ten jest więc analogiczny, jak w przypadku liniowo sprężystym. d) W przypadku nieliniowo lepkosprężystym dla każdej z warstw (α )

można zapisać równanie fizyczne postaci

( ) mdAN

,...,2,1, =∗= αεσ ααα Stąd otrzymamy warunek równowagi wewnętrznej

( ) ( )1−

∗==→∗== ∑∑ ∑

α

αα

α α

ααααα εεε dAFPdAFPP NNN

gdzie

δα

αα

α

αα =

∗

∑∑

−

dAFdAF1

Naprężenie w warstwie (α ) wyliczymy z równania

( ) α

α

αααααα εεσ dAdAFPdAdA NN∗

∗===

−

∑1

**

W szczególności zaś, dla

αα0)()( AtdftdA =

otrzymujemy prostą zależność

18

( ) ( )

( ) α

α

αα

αα

α

α

α

αααα

εε

εεσ

0

00

**AF

Pdfdf

AdfFPPAdf

NN

NN

∑

∑∑

==→

→∗==→∗=

i dalej

α

α

α

αασ

0

0 AF

PA

∑=

Z porównania rozwiązań tych samych zadań w zakresie liniowo i nieliniowo

sprężystym wynika oszacowanie różnicy

=

−=−−

∑∑∑

1

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

αα

σσσ

AE

EP

FA

AP

AE

EP

E

NE

α

α

αα

α

α

αα

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

FAE

FEA

E

FE

FA

A

FE

E

∑

∑∑

∑∑−=

−= 1

Wynik ten pozwala m.in. na określenie wpływu przyjętych stałych

materiałowych w obu zadaniach. ZADANIE 1.3. Analizować będziemy naprężenia i odkształcenia w pręcie zbrojonym,

rozciąganym siłą osiową P (rys. 1.3). Pręt składa się z matrycy o sztywności 00FE i zbrojenia o łącznej sztywności 22FE . W układzie tym należy jeszcze

wydzielić warstwę kontaktową występującą między matrycą a zbrojeniem, która ma zapewnić ciągłość deformacji. Określenie własności mechanicznych

tej warstwy, tj. modułu sprężystości 1E jest celem zadania. Materiał matrycy,

zbrojenia i warstwy kontaktowej należy przyjąć jako liniowo sprężysty.

19

Rys. 1.3. Deformacje w pręcie warstwowym i jednorodnym układzie zastępczym Rozwiązanie: Oprócz wyjściowego zadania, w którym występują trzy składniki

,,, 221100 FEFEFE analizować będziemy jeszcze pewne równoważne zadanie

w zastępczym ośrodku jednorodnym o sztywności FE)

tak dobranej, aby pod wpływem tych samych obciążeń wystąpiły takie same odkształcenia

εε ))

== i PP Siłę osiową w pręcie określa relacja

( )∑∑∑ ====α

ααααα

α

α

ααεσ 2,1,0 , FEFPP

Wówczas warunek nierozdzielności odkształceń poszczególnych składników

E1F1 warstwa kontaktowa

E2F2 zbrojenie

E0F0 matryca

ÊF zastępczy ośrodek jednorodny

210 ,,

FF

E

=

=

=

∑α

εσ

α

α

ααα

εσ )))

E=

ε

P

ε)

P)

20

αεε =

prowadzi do zależności

αα

α

αασ

FE

PE

∑=

W równoważnym pręcie jednorodnym będzie zachodzić

εσ )))E=

a dalej

FE

P

E)

)

)

)) == σε

Warunek takich samych odkształceń εε )= i obciążeń PP

)= prowadzi do

równości

221100 FEFEFEFE

FEFEFE

P

FE

P

++=→

→=→=→= ∑∑

)

))

))

α

αα

α

ααεε

Stąd poszukiwany moduł warstwy kontaktowej wynosi

( )221

1 1FEFEFE

FE oo −−=

)

ZADANIE 1.4. Analizować będziemy jak poprzednio zadanie 1.3. zakładając, iż składniki

pręta są nieliniowo sprężyste, a dalej liniowo lepkosprężyste Rozwiązanie: a) W zadaniu nieliniowo sprężystym siłę osiową P określa wyrażenie

( )∑ ∑==α α

ααααα εσ NFAFP

21

Zaś warunek nierozdzielności odkształceń αεε = poszczególnych składników prowadzi do relacji

( )∑

==

α

ααα εε

FA

PNN

W równoważnym pręcie jednorodnym zachodzić będzie

NAεσ ))) =

a dalej

FA

P

AN

)

)

)

)) == σε

Warunek takich samych odkształceń εε ˆ= i obciążeń PP ˆ= prowadzi do równości

221100 FAFAFAFA

FAFAFA

P

FA

PNN

++=→

→=→=→= ∑∑

)

))

))

α

αα

α

ααεε

Z porównania sztywności FA)

z sumą sztywności ∑α

αα FA można

wyznaczyć parametr 1A warstwy kontaktowej

( )22001

1 ˆ1FAFAFA

FA −−=

b) W analogicznym zadaniu lepkosprężystym siłę osiową P określa

zależność

αα

α

αα

α

α εσ dEFFP ∗== ∑∑

Zaś warunek nierozdzielności przyrostów odkształceń

αεε dd =

22

prowadzi do relacji 1−

∗== ∑

α

ααα εε EFPdd

gdzie

δα

ααα

α

α =

∗

−

∑∑1

EFEF

W równoważnym pręcie jednorodnym zachodzić będzie

εσ )))dE∗=

a dalej

[ ] 111 **−−− ==∗= EFPE

F

PEd

))))

))) σε

Z przyrównania przyrostów odkształceń εε )dd = i obciążeń PP ˆ=

otrzymamy

[ ])( )( )( )(ˆ

)(ˆ )( ˆˆ

221100

11

tEFtEFtEFtEF

tEFtEFEFPEFPdd

++=→

→=→∗=

∗→= ∑∑−

−

α

αα

α

ααεε )

Z porównania sztywności )( tEF)

z sumą sztywności ∑α

αα )( tEF można

wyznaczyć poszukiwaną funkcje relaksacji E1(t) warstwy kontaktowej

( ) ( ) ( ) ( )]ˆ[1 1100

11 tEFtEFtEF

FtE −−=

ZADANIE 1.5. Należy określić stan naprężeń w warstwie rozdzielającej dwa pręty ściskane

równomiernie rozłożonym obciążeniem p (rys. 1.5). Materiały pręta i warstwy spajającej są liniowo sprężyste.

23

Rys. 1.5. Rozwiązanie: Określimy najpierw z osobna naprężenia i odkształcenia w warstwie

rozdzielającej i w prętach. W prętach naprężenia i wydłużenia wynoszą

E

bbb

E

lll

EEp

22 ;

22

; ; ;

1133

1122

113322

111111

νσε∆νσε∆

νσεεσεσ

−==−==

−===−=

a w warstwie rozdzielającej

g

ε

σ

E

p

naprężenia i odkształcenia w prętach

ε

σ

E0

2b

2l

p−=11σ

0

110033 E

σε

ν−=

0

11011 E

σε =

0

110022 E

σε

ν−=

h

h

p−=11σ

E

σε 11

33

ν−=

E

σε 11

11 =

E

σε 11

22

ν−=

naprężenia i odkształcenia w warstwie rozdzielającej

x2

x1

x3

24

0

1100330

0

1100220

0

110033

022

0

1101111

22 ;

22

; ; ;

E

bbb

E

lll

EEp

σνε∆σνε∆

σνεεσεσ

−==−==

−===−=

Różnice przyrostów długości wynoszą

−−=−

−−=−

E

v

E

vbbb

E

v

E

vlll

0

0110

0

0110

2

; 2

σ∆∆

σ∆∆

Jeżeli założymy ciągłość odkształceń na stykach warstw to różnice

odkształceń nie powinny wystąpić, a wobec tego powstanie dodatkowa siła pozioma X2 działająca w kierunku osi x2 oraz X3 działająca w kierunku osi x3 zapewniająca ciągłość poziomych odkształceń. W przypadku E>E0 w warstwie rozdzielającej wystąpią siły ściskające a w prętach rozciągające.

Siły X2 i X3 w prętach i rozdzielającej je warstwie wywołują następujące wydłużenia i skrócenia:

-na kierunku osi x2

−−=

+→

→−=+

EEl

gEEhb

lX

llbgE

lX

bhE

lX

ννσ

∆∆

0

011

02

00

22

2

1

4

1

2

2

22

2

stąd 1

00

02 2

1

4

1

−

+

−=

gEEhEEpbX

νν

-na kierunku osi x3

25

−−=

+

→−=+

EEb

gEEhl

bX

bblgE

bX

lhE

bX

ννσ

∆∆

0

011

03

00

33

2

1

4

1

2

2

22

2

stąd 1

00

03 2

1

4

1−

+

−=

gEEhEEplX

νν

Możemy teraz wyznaczyć dodatkowe naprężenia poziome 02222, σσ i

03333, σσ , które wynoszą

lg2,

4,

2,

430

333

3320

222

22

X

lh

X

bg

X

bh

X −==−== σσσσ

Podane rozważania posiadają przybliżony charakter. Pozwalają one jednak

określić wartość naprężeń występujących w płaszczyźnie prostopadłej do działania siły ściskającej, a wynikającą z różnicy własności sprężystych (modułów E i 0E ) w prętach i warstwie rozdzielającej.

ZADANIE 1.6. W układzie prętowym przedstawionym na rysunku (1.6) należy wyznaczyć

siły w prętach ukośnych, wykonanych z liniowego oraz nieliniowego materiału sprężystego.

26

Rys. 1.6. Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Z uwagi na symetrię

zadania pozioma belka nieodkształcalna przemieści się pionowo o pewną wartość ∆ , natomiast w prętach ukośnych powstaną przemieszczenia o wartości αsin∆ i βsin∆

a) W zadaniu liniowo sprężystym opisanym równaniami fizycznymi

22211 , εσεσ EE == wydłużenia i siły w prętach wynoszą odpowiednio

222

2

112

1

22

2

11

1

)(sin)(sin

sin)(sin

i sin)(sin

FE

lN

FE

lN

FE

lN

FE

lN

βα

β∆β

α∆α

=→

→==

Warunek sumy rzutów sił na kierunek pionowy opisany jest zależnością

02cos2cos2 12 =−+ qlNN αβ

EJ=∞ ∆

E1 F1 E1 F1

E2 F2 E2 F2 β β

α α

l

β

α

β

α

N1cosα N1cosα

N2cosβ N2cosβ

N1

N2 N2

N1

l/sinβ

l

l/sinα l/sinα

l/sinβ

q

∆sinα α ∆

∆sinβ β ∆

27

Siły N1 i N2 wyznaczymy więc z układu równań

qlNNFE

lN

FE

lN =+= βαβα

coscos i )(sin)(sin 21

222

2

112

1

stąd 1

221 cos

cos

cos i

−

+==αβ

αa

qlNaNN

gdzie

22

11

2

cos

sin

FE

FEa

=βα

b) Dla układu wykonanego z materiału nieliniowo sprężystego, opisanego

równaniami fizycznymi

NN AA 222111 , εσεσ ==

wydłużenia prętów ukośnych wynoszą odpowiednio

βα

β∆β

α∆α

222

22

11

1

22

2

11

1

sinsin

sinsin

i sinsin

l

FA

Nl

FA

N

l

FA

Nl

FA

N

nn

nn

=

→

→=

=

Warunek sumy rzutów wszystkich sił na kierunek pionowy opisany jest

zależnością

02cos2cos2 12 =−+ qlNN αβ Wtedy siły N1 i N2 można wyznaczyć z układu równań

qlNFA

N

FA

Nnn

=+

=

βαβα

coscosN i sin

1

sin

1212

22

22

11

1

stąd 1

221 coscos

cos i

−

+==αβ

αA

qlNANN

gdzie

28

n

FA

FAA

/2

22

11

sin

sin

=

βα

Z porównania sił N1 i N2 w zadaniu liniowym i nieliniowym wynika relacja

NNN N

N

A

a

N

NiaA

N

N

2

2

1

11

2

2

coscos

coscos =

+

+=−

αβ

αβ

lub

N

N

AN

aN

N

N

2

1

2

1 =

ZADANIE 1.7. Na układ prętów połączonych w punkcie 0 , symetrycznych względem osi

pionowej działa obciążenie pionowe P (rys. 1.7). Należy określić siły w poszczególnych prętach układu w przypadku liniowo i nieliniowo sprężystym.

Rys. 1.7.

Rozwiązanie: Warunek nierozdzielności przemieszczeń węzła 0 niezależnie od własności

materiału prowadzi do równań postaci

αα ω∆ sinVl =

V ωα

∆lα=Vsinωα

ωα

lα=h/sinωα

P

Nα Nαsinωα

0

ωα

Eα Fα

ωα ω1

V

E1 F1

0

h

ω1 ωm ωm

P

Eα Fα

E1 F1

α=1,2,...,m

1 α α m m 1

29


ααα

αααα

ααα

αα

ω∆∆εσ

sinFE

hNl

FE

lNlE =→=→=

siła osiowa w dowolnym pręcie )(α wynosi

ααα

αα

αα

α ω∆ω 2sinsinh

VFEl

h

FEN =⋅=

Z warunku równowagi – sumy rzutów sił na kierunek pionowy otrzymamy

13

3

sin2

sin2sin2

−

=→

→=→=

∑

∑ ∑

αα

αα

α αα

αααα

ω

ωω

FEhP

V

FEh

VPNP

stąd 1

32 sinsin2

−

= ∑

αα

ααα

ααα ωω FEFE

PN

b) W zadaniu nieliniowo sprężystym opisanym równaniami fizycznymi

ααα

ααααα

αα

αα ω

∆∆εσsin

h

FA

Nll

FA

NlA

nnN

=→

=→=


NN

h

VFA

h

lFAN

=

= ααα

αααα

α ωω∆ 2sinsin

Z warunku równowagi - sumy rzutów sił na kierunek pionowy otrzymamy

( )

( )1

2

2

sinsin2

sinsin2sin2

−

=

→

→

=→=

∑

∑∑

ααα

αα

ααα

αα

ααα

ωω

ωωω

NN

NN

FAP

h

V

FAh

VPNP

30

stąd

( ) ( )1

22 sinsinsin2

−

= ∑

ααα

ααα

ααα ωωω NN

FAFAP

N

Otrzymane wzory są słuszne dla dowolnej ilości prętów przy zachowaniu

symetrii układu oraz ich sztywności αα FE oraz αα FA . ZADANIE 1.8. W zadaniu o konfiguracji jak w poprzednim przykładzie na punkt 0 działa

siła pozioma P (rys. 1.8.). Należy wyznaczyć siły w poszczególnych prętach układu w przypadku liniowo i nieliniowo sprężystym.

Rys. 1.8. Rozwiązanie: Schemat statyczny zadania wraz z przemieszczeniami przedstawia rys. 1.8.

Warunek nierozdzielności przemieszczeń węzła 0 prowadzi do równań postaci

αα ω∆ cosVl =


ωα

Eα Fα

ωα ω1

E1 F1

0

h

ω1 ωm ωm

P

Eα Fα

E1 F1

V

α=1,2,...,m

ωα

Nαcosωα

lα=h/sinωα P

Nα

0

1 α α m m 1

V ωα

∆lα=Vcosωα

31

ααα

αααα

ααα

αα

ω∆∆εσ

sinFE

hNl

FE

lNlE =→=→=


αααα

αα

αα

α ωω∆ω cossinsinh

VFEl

h

FEN =⋅=

Z warunku równowagi – sumy rzutów sił na kierunek poziomy otrzymamy

12

2

cossin2

cossin2cos2

−

=→

→=→=

∑

∑∑

ααα

αα

ααα

αα

ααα

ωω

ωωω

FEhP

V

FEh

VPNP

stąd 1

2cossincossin2

−

= ∑

ααα

αααα

ααα ωωωω FEFE

PN

b) W zadaniu nieliniowo sprężystym opisanym równaniami fizycznymi

ααα

ααααα

αα

αα ω

∆∆εσsin

h

FA

Nll

FA

NlA

nnN

=→

=→=


NN

h

VFA

h

lFAN

=

= αααα

αααα

α ωωω∆cossinsin

Z warunku równowagi sumy rzutów sił na oś poziomą otrzymamy

( )

( )1

coscossin2

coscossin2cos2

−

=

→

→

=→=

∑

∑∑

αααα

αα

αααα

αα

ααα

ωωω

ωωωω

NN

NN

FAP

h

V

FAh

VPNP

stąd

32

( ) ( )1

coscossincossin2

−

= ∑

αααα

αααα

ααα ωωωωω NN FAFA

PN

Otrzymane wzory są słuszne dla dowolnej ilości prętów przy zachowaniu

symetrii układu prętów oraz ich sztywności αα FE oraz αα FA . ZADANIE 1.9. Nieskończenie sztywna ( )∞=EJ belka pozioma AB jest przegubowo

podparta w punkcie A . Do belki tej w równych odstępach a przymocowano odciągi z lin stalowych (rys. 1.9.). Należy wyznaczyć siły w odciągach traktując je jako liniowo oraz nieliniowo sprężyste.

Rys. 1.9. Rozwiązanie: W wyniku odkształceń odciągów sztywna belka AB obróci się o kąt β

względem przegubu A , a punkt α zamocowania liny o długości αl z belką AB przemieści się pionowo o wartość

ma ,...,2,1 , == ααβδα

B ωm

Em Fm

EJ=∞

δα

E1 F1

lα=h/sinωα

q

A

C

Eα Fα

a a a a a

ωα ω1

h

α=1,2,...,m

Nα ωα

Nαsinωα

β

∆lα=δαsinωα

ωα

δα

αa

A

C

β→0=> tgβ≈β => δα=β αa

33

Wówczas wydłużenie liny o długości αl dane będzie zależnością

αααα ωβαωδ∆ sinsin al == a) Zakładając, że odciągi wykonane są z materiału liniowo sprężystego

ααα

αααα

ααα

ααα

ω∆∆εσ

sinFE

hNl

FE

lNlE =→=→=

otrzymamy wzór na siłę osiową w dowolnym pręcie )(α

α

αα

ααα

αα

α ωβαω∆ 2sinsin ah

FENl

h

FEN =→=

Wartość nieznanego kąta obrotu β wyznaczymy z warunku równowagi

sumy momentów sił liczonych względem przegubu A

( ) ∑ =−α

αα ωα 0sin2

2 aNmaq

stąd

132

2

232

2

sin2

2

)(sin

−

=→

→=

∑

∑

α

αα

αα

αα

ωαβ

ωαβ

aFEqm

h

maqFE

h

a

Znając kąt obrotu β wyznaczamy siły osiowe w poszczególnych odciągach. b) Zakładając, że odciągi wykonane są z materiału nieliniowo sprężystego

( )α

ααα

ααααα

αα

α ω∆∆εσ

sinh

FA

Nll

FA

NlA

nnN

=→

=→=

otrzymamy wzór na siłę osiową w dowolnym pręcie )(α

NN

h

aFA

h

lFAN

=

= ααα

αααα

α ωβαω∆ 2sinsin

34

Bez zmian pozostaje warunek równowagi momentów

( ) ∑ =−α

αα ωα 0sin2

2 aNmaq

stąd

1

22

22

sinsin2

)(

2

)(sinsin

−

=→

→=

∑

∑

ααα

αα

ααα

αα

ωαωαβ

ωβαωα

NN

N

h

aFaA

maq

maq

h

aFaA

Po wyliczeniu wartości wyrażenia Nβ wyznaczymy siły osiowe w poszczególnych odciągach.

ZADANIE 1.10. Obustronnie utwierdzony pręt kołowy o sztywności aa JG 0 w części lewej i

bbJG 0 w prawej poddany jest działaniu momentu skręcającego K przyłożonego w punkcie 0 w osi belki (rys. 1.10a). Należy znaleźć momenty utwierdzenia AK i BK . Zadanie należy przeanalizować w zakresie liniowo sprężystym oraz liniowo lepkosprężystym.

Rys. 1.10a

A B

K KB KA

a b

x3

x2 Gb J0b

K KA

KB

K

x1 0

Ga J0a

φ(x1)

35

Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równoważny układ

statycznie wyznaczalny otrzymamy po odrzuceniu utwierdzenia B (rys. 1.10b). Aby równoważność obu zadań była zachowana, wymagamy, by kąt obrotu w punkcie B był równy zero

0=Bϕ

Z warunku równowagi sumy rzutów momentów na oś 1x wynika, że

BABA KKKKKK −=→=−+− 0 Dodatkowe równanie pozwalające obliczyć momenty twierdzenia AK i BK

otrzymamy wykorzystując warunek nierozdzielności.

Rys. 1.10b

a) W zadaniu liniowo sprężystym kąt obrotu przekroju skręcanego określa

wzór

lGJ

K

0

=ϕ

Wówczas warunek nierozdzielności prowadzi do zależności

( )

1

000A

000A

00

K

0 K 00

−

+=→

→=−

+→=−+→=

bbaabb

bbbbaabbA

aaA

B

JG

b

JG

a

JG

Kb

JG

Kb

JG

b

JG

a

JG

bKK

JG

aKϕ

Z warunku otrzymamy

A

K

B

KA

a b

x1 0

φB=0

36

1

000B

1

000

K−

−

+=→

→

+−=→−=

bbaaaa

bbaabbBAB

JG

b

JG

a

JG

Ka

JG

b

JG

a

JG

KbKKKKK

b) W zadaniu liniowo lepkosprężystym kąt obrotu przekroju skręcanego

określa wzór

1

0

−∗= dGKJ

lϕ

Wówczas warunek nierozdzielności (1) prowadzi do zależności

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 0*** K

0**0

1

0

1

0

1

0A

1

0

1

0

=−

+→

→=−+→=

−−−

−−

bb

bb

aa

bb

Aaa

AB

GdJ

KbGd

J

bGd

J

a

GdJ

bKKGd

J

aKϕ

Otrzymaliśmy tu równanie typu splotu, z którego należy wyznaczyć

poszukiwany, zmienny w czasie moment utwierdzenia. W przypadku szczególnym, kiedy

)()( i )()( tfGtGtfGtG bbaa ==

zadanie liniowo lepkosprężyste pokrywa się z liniowo sprężystym tj.

1

000

1

000A i K

−−

+=

+= bbaaaaBbbaabb JG

b

JG

a

JG

KaK

JG

b

JG

a

JG

Kb

ZADANIE 1.11. Należy określić rozkład momentów skręcających w jednorodnym pręcie

kołowym obustronnie utwierdzonym poddanym działaniu momentu skręcającego K przyłożonego w punkcie 0 (rys. 1.11a). Zadanie należy

37

przeanalizować w zakresie liniowo i nieliniowo sprężystym oraz lepkosprężystym.

Rys. 1.11a

Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równoważny układ

statycznie wyznaczalny otrzymamy po odrzuceniu utwierdzenia B (rys. 1.11b). Aby równoważność obu zadań była zachowana, wymagamy, by kąt obrotu w punkcie B był równy zero

0=Bϕ

Rys. 1.11b Z warunku równowagi- sumy rzutów momentów na oś 1x wynika, że

BABA KKKKKK −=→=−+− 0 Dodatkowe równanie pozwalające obliczyć momenty twierdzenia AK i BK

otrzymamy wykorzystując warunek nierozdzielności.

A B

K KB KA

a b

x3

x2 G J0

K KA

KB

K

x1 0

φ(x1)

A

K

B

KA

a b

x1 0

φB=0

KB

38

a) W zadaniu liniowo sprężystym kąt obrotu przekroju skręcanego określa wzór

lGJ

K

0

=ϕ


α

ϕ

+=

+=

+=→

→=−+→=−+→=

11

0)(0)(

000

K

b

aK

ba

bKK

KbbaKGJ

bKK

GJ

aK

A

AAA

B

gdzie

α=b

a

Z warunku sumy rzutów momentów otrzymamy

αα

α +=

+−=→−=

11K

KKKKKK BAB

b) W zadaniu nieliniowo sprężystym kąt obrotu przekroju dany jest

zależnością

lNJG

Kn

+=

)1(0

ϕ


( ) ( ) 0

0)1()1(

000

=−+→

→=

+−+

+→=

bKKaK

bNJG

KKa

NJG

K

nA

nA

n

A

n

Aϕ

W przypadku szczególnym dla

313 α==

b

an i

39

otrzymamy

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )3

133

331

333 00

α

α

AA

AAAA

KKK

KKKbKKaK

−=−→

→=−+→=−+

Stąd pierwszy z trzech pierwiastków tego równania wynosi

11 1 α

α+

=→−=− KKKKK AAA


1

1

1 11 αα

α +=

+−=→−= K

KKKKKK BAB

c) W zadaniu liniowo lepkosprężystym kąt obrotu przekroju dany jest

zależnością

1-

0

dG*KJ

l =ϕ


α

ϕ

+=

+=

+=→=−+→

→=

−+→

→=−+→=

−

−−

110)(

0*)(

0*)(*0

1

00

1

0

1

0

K

b

aK

ba

bKKbKKaK

dGKKJ

bK

J

a

dGKKJ

bdGK

J

a

AAA

AA

AAB

gdzie

α=b

a

Z warunku sumy rzutów momentów (2) otrzymamy

40

αα

α +=

+−=→−=

11K

KKKKKK BAB

Otrzymany wynik jest identyczny, jak w zadaniu liniowo sprężystym. d) W zadaniu nieliniowo lepkosprężystym kąt obrotu przekroju dany jest

zależnością

lGdKNJ

n

+=

−1

0

*)1(

1ϕ

Wówczas warunek nierozdzielności (1) prowadzi do zależności

( )

( ) 0**

0*)1(

1*

)1(1

0

11

1

0

1

0

=

−+

→

→=

−

++

+→=

−−

−−

bGdKKaGdK

bGdKKNJ

aGdKNJ

n

A

n

A

n

A

n

ABϕ

W przypadku szczególnym dla

( )31 i 3 α==

b

an

otrzymamy

( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )3

1

3131

3131

31

3131

**

**

0**

α

α−−

−−

−−

−=−→

→−+→

→=−+

GdKGdKK

GdKKGdK

bGdKKaGdK

AA

AA

AA

stąd

( )( )[ ]( )

11

11

11

1

10

0*

**

αα

αα

+=→=−+→

→=−+→

→−=−−

−−

KKKKK

GdKKK

GdKGdKK

AAA

AA

AA


1

1

1 11 αα

α +=

+−=→−= K

KKKKKK BAB

Otrzymany wynik jest identyczny, jak w zadaniu nieliniowo sprężystym.

41

ZADANIE 1.12. Należy określić rozkłady naprężeń stycznych w skręcanym pręcie kołowym,

złożonym z układu m współśrodkowych warstw o własnościach fizycznych

określonych równaniami ααα γτ G2= , gdzie ααα γτ i G, są kolejno naprężeniem stycznym, modułem Kirchhoffa i kątem odkształcenia postaciowego warstwy )(α (rys. 1.12a).

Rys. 1.12a Skręcanie pręta warstwowego

Rozwiązanie: W skręcanym pręcie kołowym jednorodnym zależność między momentem

skręcającym K, a kątem obrotu w przekrojach oddalonych o l od punktu utwierdzenia ma postać

lGJK

GJ

Kl ϕϕ 00

lub ==

gdzie

∫=R

dFJ0

20 ρ - biegunowy moment bezwładności

Natomiast rozkład naprężeń stycznych określany jest równaniem

x2

l

K x1

x3

K

φ

ρ

R

rα

Rα

σ13α

σ12α

τα

0 ≤ ρ ≤ R α=1,2,...,m

warstwa α Fα, Gα , J0

α

warstwa 1

warstwa m

42

0J

Kρτ =

W analizowanym pręcie warstwowym moment skręcający K jest sumą

momentów skręcających Kα warstw

∑=α

αKK

przy czym część momentu skręcającego przenoszonego przez warstwę )(α określa zależność

dFJl

JGKR

r∫==α

α

ρϕ αααα 200 ,

gdzie α0J - biegunowy moment bezwładności warstwy )(α .

Zadanie jest )( 1−α -krotnie wewnętrznie statycznie niewyznaczalne. Zachodzi warunek

∑∑

∑ =→==α

α

αααα

α

α ϕϕ0

0 JG

Kl

lJGKK

Po wyznaczeniu kąta obrotu ϕ moment cząstkowy αK wynosi

∑=→=

α

αα

αααααα ϕ

0

00

JG

JGKK

lJGK

a naprężenie tnące w warstwie )(α określa relacja

∑=+=

α

αα

αααα ρσστ

03231 JG

KG

gdzie αα ρ Rr ≤<

Z równania wynika, że jeśli poszczególne warstwy )(α przekroju zostaną

wykonane z materiałów o różnych modułach Kirchhoffa αG , to na granicach tych warstw pojawią się skoki naprężeń (rys. 1.12b).

43

Rys. 1.12b Rozkłady naprężeń tnących

ZADANIE 1.13. Pręt o sztywności EJ poddano działaniu momentu zginającego M (rys.

1.13a). Należy określić w przekroju pręta rozkłady naprężeń normalnych 11σ . Zadanie należy przeanalizować w zakresie liniowo sprężystym, nieliniowo sprężystym, liniowo lepkosprężystym, nieliniowo lepkosprężystym oraz w wersji przyrostowej.

Rys. 1.13a

x3

x2

R

rα

Rα

α=1,2,...,m warstwa α Fα, Gα , J0

α

warstwa 1

warstwa m

τm τ

α

τ1

M

ρ

M

κ

κ x1

ε11

x3

x3

311

1x

εκ ≈

x3

x2 dFx

44

Rozwiązanie: Punktem wyjściowym tych zadań są z jednej strony równania fizyczne a z

drugiej relacje łączące wielkości globalne (moment zginający M z krzywizną pręta κ ).

a) W zadaniu liniowo sprężystym zachodzą warunki

( ) dFxJEJ

MxE

F∫==== 2

322

3111111 , , , κκεεσ

stąd rozkład naprężeń w przekroju pręta ma postać (rys. 1.13b)

2

3113

2311

J

Mxx

EJ

EMxE =→== σκσ

b) W nieliniowo sprężystym przypadku otrzymamy

( ) ( ) ( ) ( ) dFxNJNAJ

MxA

F

Nn

N∫

+=+

+=== 1

322

3111111 1,1

, , κκεεσ

stąd rozkład naprężeń w przekroju pręta ma postać (rys. 1.13c)

( ) ( ) ( ) ( )( )11 2

3113

2311 +

=→+

==NJ

xMx

NAJ

AMxA

NNN σκσ

Rys. 1.13b Rys. 1.13c c) W zadaniu liniowo lepkosprężystym będzie

2J

Mh

2J

Mh−

x1

x3

h

h

M

)1(2 +NJ

MhN

)1(2 +−

NJ

MhN

x1

x3

h

h

M

45

MdEJxdE =∗=∗= κκεεσ 23111111 , ,

stąd rozkład naprężeń w przekroju pręta ma postać

( ) 32

111

2

3311 * x

J

ME

J

EMxxdE =→=∗= − σκσ

d) W zadaniu nieliniowo lepkosprężystym zachodzi

dANJMxdA NN ∗+==∗= κκεεσ )1(, 23111111 ,

stąd rozkład naprężeń w przekroju pręta ma postać

( ))1(

*)1( 2

311

1

23311 +

=→+

=∗= −

NJ

xMdAdA

NJ

MxdAx

NNNN σκσ

Ze wzorów powyższych wynika podobieństwo rozkładów naprężeń w

zadaniach sprężystych i lepkosprężystych. Wyznaczymy jeszcze bezwymiarowy stosunek naprężeń wywołanych tym samym momentem w zadaniach liniowych i nieliniowych

( )N

NN xJ

NJ

Mx

NJ

J

Mx −+=+⋅= 13

2

2

3

2

2

3

11

11 )1()1(

σσ

e) Dla przyrostów naprężeń σ∆ , odkształceń ε∆ , krzywizny κ∆ i

momentów M∆ zachodzą związki

( ) ( )ε∆κ∆κ∆ε∆ε∆εσ∆EJ

MxE

23,, ===

stąd rozkład przyrostów naprężeń w przekroju pręta ma postać

( ) ( )( ) 2

3113

2311 J

xMx

JE

MExE

∆σ∆ε

∆εκ∆εσ∆ =→==

46

ZADANIE 1.14.

Należy wyznaczyć przebiegi naprężeń normalnych w przekroju zginanego pręta o dwóch osiach symetrii. Pręt wykonano z materiału nieliniowo

sprężystego opisanego równaniem fizycznym 3εεσ AE −=

Rys. 1.14 Rozwiązanie: W pierwszej kolejności wyznaczymy stałą materiałową A z warunku, aby

styczna do wykresu )( σε − w punkcie ),( pp εσ była pozioma

=→

=→=−=

=2

2/12

3303

ppp

EA

A

EAE

d

d

pε

εεεσ

εε

Podstawiając 2/1

3

==A

Epεε

do równania wyjściowego otrzymamy

2

2/1

27

4

33

2

pp

EA

A

E

σσ =→

=

Otrzymaliśmy tu dwie zależności łączące ),( pp σε z parametremA .

Wyznaczymy teraz zależność moment - krzywizna κ~M dla analizowanych równań fizycznych. Naprężenie w przekroju wyrażone przez krzywiznę przedstawia się tu równaniem

x1

x2

x3

σ dF

M ε

σ

σp

εp

-εp

-σp

Eε Aε3

47

( )333 xAxE κκσ −=

Warunek równowagi rzutu sił na oś 1x prowadzi do relacji

( )∫ ∫ ∫ =−→=−→==F F F

SASEdFxAdFxEdFN 000 323

233

3 κκκκσ 3

gdzie

( )∫ ∫==F F

dFxSdFxS 333232 ,

Warunek ten będzie spełniony tożsamościowo ( ) )0( 322 == SS w układzie

osi ),( 32 xx pokrywających się z osiami symetrii przekroju. Warunek równowagi

sumy momentów na oś 2x prowadzi do relacji

)4(24

2

43

3233 00

JAJEM

dFxAdFxEdFxMF F F

κκ

κκσ

−=→

→=−→== ∫ ∫ ∫

gdzie

∫ ∫==F F

dFxJdFxJ 43)4(2

232 ,

Znając moment M należy wyznaczyć krzywiznę κ i naprężenie σ z

układu równań

( ) ( )3

4223

3 κκκκσ AJEJMxAxE −=−= i 3

W pierwszej kolejności obliczymy κE i 3κA

( )

( ) ( )42323

3

233

42323

3

423

3 ,JxJx

JMxA

JxJx

JMxE

−−=

−−

= σκσ

κ

Przyrównując do siebie wartości krzywizny κ wyliczone z tych równań

otrzymamy poszukiwaną zależność

( )( )( )( )[ ] 32

422233

3

423

323

E

A

JJxx

JMxJMx

−

−=−

σσ

48

Z zależności tej dla znanej wartości momentu M, stałych materiałowych oraz współrzędnej włókna w przekroju możemy wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych σ .

ZADANIE 1.15. Należy wyznaczyć rozkłady naprężeń normalnych 11σ w przekroju pręta

poddanego działaniu momentu zginającego. Rozważania należy przeprowadzić dla pręta o przekroju prostokątnym hb× oraz dla rury o średnicy wewnętrznej d i zewnętrznej D (rys. 1.15a). Materiał, z którego wykonano pręt jest

nieliniowo sprężysty opisany równaniem fizycznym NA 1111 εσ = Należy przeanalizować także przypadek szczególny liniowo sprężysty dla

1=N .

Rys. 1.15a

Rozkład naprężeń normalnych σ11

w przekroju prostokątnym

x2

x3

x2

M

M

b

D

h

d

Rozkład naprężeń normalnych σ11

w przekroju pierścieniowym

x3

ρ

dρ d/2 ≤ ρ ≤ D/2

49

Rozwiązanie: Rozkład naprężeń normalnych 11σ w zginanym pręcie określa równanie

NxNJ

M3

211 )1( +

=σ

gdzie

dFxNJF

N∫

+=+ 132 )1(

Zaś w przypadku liniowo sprężystym )n( 1= rozkład naprężeń normalnych

upraszcza się do postaci

32

11 xJ

M=σ

gdzie

dFxJF∫= 2

32

Obliczymy obecnie wartości momentów bezwładności rzędu ( )1+N . W

przypadku przekroju prostokątnego zachodzi

( )

122

,2)1(

21

2/

0

213

132

+=

==+

−−

++∫

n

n

hbdxxbNJ

N

hNN

α

α

a w przypadku rury

dyxd

xdyxD

xNJd

ND

N∫∫

−−

−=+ ++

2/

0

23

213

2/

0

23

2132 4

44

4)1(

Po podstawieniu nowych zmiennych

d

x

D

x 32

31

2 ,

2 == ββ

wyliczymy poszukiwaną całkę

50

( ) ,1213

3122 I

D

dDNJ

NNN

−=++

+−−

gdzie

βββ dI N 11

0

21 +∫ −=

Całkę I obliczymy podstawiając

dnndn 2/12

21 −=→= ββ

czyli

( )∫ −=1

0

2/12/112

1dnnnI n

Jest to całka Eulera I – rodzaju. Całkę tą można przedstawić w postaci

kombinacji Γ - funkcji

++

+=

2

3

2

11

2

3

2

11

2

1

n

nI

Γ

ΓΓ

a po dalszych przeliczeniach otrzymamy

( )[ ] 12

22

1213

−+

++

= NN

n

nI N ΓΓ

Ostatecznie moment bezwładności rury wynosi

−=++

+3

322 1)1(

NN

D

dDNJ α

gdzie

( ) ( )[ ] 12

2 22

1132

−+

++

= NN

n

n ΓΓα

51

W przypadku szczególnym, pełnego przekroju kołowego )d( 0= otrzymamy

( ) 3222 1 +=+ NDNJ α

Wykresy zależności ( )n1α i ( )n2α przedstawiono na rys. 1.15b

Rys. 1.15b Ostatecznie rozkład naprężeń w przekroju prostokątnym hb× określa wzór

122, 1

1321

11 +== −−

+ n

nx

bh

M NNN α

ασ

Natomiast w przypadku liniowo sprężystym )n( 1= zachodzi

121

,12

13311 == ασ xbh

M

Z porównania rozkładów naprężeń w przypadku nieliniowym i liniowym

wynika możliwość szacowania różnicy stanów naprężeń w zadaniach liniowych i nieliniowych.

( )

( )

13

1111

11

121

−

=

=N

n

n

h

x

ασσ

Rozkład naprężeń w przekroju rurowym ma postać

1 3 5 7 9 11 13 n

α1 ; α2

0,20 ; 0,16

0,16 ; 0,12

0,12 ; 0,08

0,24 ; 0,20

α2

α1

52

( )N

NN

x

D

dD

M33

32

11

1

−

=+

+ασ

gdzie

( ) ( )[ ] 12

2 22

1132

−+

++

= NN

n

n ΓΓα

Natomiast wartość momentu bezwładności J2 dla przekroju rurowego w zadaniu liniowym obliczymy w sposób odmienny przez porównanie momentów bezwładności 2J i 3J z biegunowym momentem bezwładności 0J . Zachodzi

( )∫∫∫ +=+===FFF

dFxxJJJdFxJdFxJ 22

23320

223

232 ,,

Wyznaczymy teraz biegunowy moment bezwładności 0J wprowadzając

nową zmienną

ρπρρ ddFxx 2,23

22

2 =+=

zamieniając wówczas całkę podwójną na pojedynczą

−

=== ∫442/

2/

42

0 222

2/

2/

422

dD

d

DdJ

D

d

πρπρπρρ

Z uwagi na symetrię przekroju otrzymamy

−

=→==44

20

32 2242

dDJ

JJJ

π

Ostatecznie naprężenie 11σ obliczymy z wzoru

3

144

11 22

4x

dDM−

−

=π

σ

53

ZADANIE 1.16. Należy określić rozkłady naprężeń tnących w skręcanym momentem M

pręcie kołowym o promieniu r (rys. 1.16), wykonanym z nieliniowego materiału sprężystego o równaniu fizycznym N

ii A )()( εσ =, gdzie

Rys. 1.16

.3

1,

3

2

,3

1,

2

3

)(

)(

ijkkijijijiji

ijkkijijijiji

eee

SSS

δεεε

δσσσ

−==

−==

W powyższych wzorach symbole )i(σ i )i(ε są intensywnościami naprężeń i

odkształceń, a ijS i ije - dewiatorami naprężeń i odkształceń.

Rozwiązanie: Pole przemieszczeń przyjmiemy w postaci

2133121 2,02,0 xxuxxuu αα =−== Odkształcenia

ijjiij uu ,,2 +=ε

x2

x3

K

ρ

r

σ13

σ12

τ

0 ≤ ρ ≤ r

Ui

K x1

54

wynoszą

ijijii eεxx =→=→====−== εεεεεαεαε 00,0,, 3322112331221

Wynika stąd, iż w tym przypadku wobec 0=iiε tensor odkształceń pokrywa

się z dewiatorem odkształceń. Natomiast intensywność odkształceń )(iε , która

występuje w równaniu fizycznym obliczymy z zależności

−

−= ijkkijijkkiji δεεδεεε3

1

3

1

3

22)(

stąd

( ) ( ) ( ) ( )223

213

212

23322

23311

22211)( 6

3

2 εεεεεεεεεε +++−+−+−=i

W naszym przypadku )i(ε wynosi

( ) αραεεε3

12

3

126

3

2 23

22

213

212)( =+=+= xxi

Znając intensywność odkształceń )i(ε wyznaczymy z równania fizycznego

intensywność naprężeń )i(σ

−

−= ijkkijijkkiji δσσδσσσ3

1

3

1

2

32)(

stąd

( ) ( ) ( ) ( )223

213

212

23322

23311

22211)( 6

2

1 σσσσσσσσσσ +++−+−+−=i

W naszym zadaniu występuje jedynie 12σ i 13σ stąd

τσσσ 33 213

212)( =+=i

gdzie 213

212 σστ +=

Z równań fizycznych otrzymujemy wzór na naprężenie styczne τ

55

( )N

N

Nii BAA αρταρτεσ =→

=→=

3

123)()(

gdzie

AB

N

=

312

3

1

Znając naprężenie τ można określić moment skręcający K

( )

)1(3

22

22

0

3

0

2

0 0

+=+

==

====

++

∫

∫ ∫∫

NJBN

rBdB

dBddFK

NN

Nr

NN

r rN

F

ααπρπρα

ρπρραρρρπρτρτ

Z zależności tej wyznaczymy nieznany parametr α

( )32

3+

+= NN

rB

KN

πα

Ostatecznie poszukiwany rozkład naprężeń tnących w nieliniowo

sprężystym pręcie ma postać

( )( ) NNN

NJ

KKrN ρρπτ

)1(23

0

13

+=+=

−+

Naprężenie to przyjmie największą wartość w skrajnych włóknach r=ρ . ZADANIE 1.17. Analizować będziemy własności stanów naprężeń w zginanym pręcie

wykonanym z lepkosprężystej matrycy o polu przekroju części ściskanej 1F i

funkcji relaksacji ( )tE1 zbrojonej sprężystymi prętami o polu przekroju 2F i

module sprężystości 2E (rys. 1.17a). Pręty te wzmacniają głównie strefę rozciąganą nieodpornego na ciągnienie kompozytu, w której pojawiły się rysy. Z sytuacją taką spotykamy się zarówno w analizie konstrukcji żelbetowych jak i kompozytów z plastyków wzmacnianych przypowierzchniowo.

56

Rys. 1.17a Rozwiązanie: a) Składnik pierwszy (matryca) jest ciałem lepkosprężystym, a drugi

(zbrojenie) - sprężystym. Całość będzie posiadała cechy lepkosprężyste i jest jednokrotnie wewnętrznie statycznie niewyznaczalna. Określimy teraz zależność moment zginający - krzywizna z zależności geometrycznych

( )xhx −== 0231 , κεκε x = const

fizycznych

( ) ( ) 22322111 * , εεσεσ dtHEEdtE ==∗=

wyrażeń na momenty zginające w matrycy

( ) ( ) κκσ dtEJdFxdtEdFxMFF

∗=∗== ∫∫ 1112

311311

11

oraz w zbrojeniu

( ) ( ) ( ) κσ dtHxhFExhFM ∗−=−= 20220222

Stąd

( ) ( ) ( )[ ] κdtHxhFEtEJMMM ∗−+=+= 20221121

b) Zauważmy, że zmiany momentu M jako kombinacje funkcji ( )tE

(rys. 1.17b) postaci

σ1 x

a

F2σ2

x1

x3

F2

F1 ε1=κx3

ε2=κ(h0 –x)

κ

x3

x1 h0

Naprężenia i siły w przekroju

Odkształcenia w przekroju

57

( ) ( )[ ]202211

0)( xhFEtEJB

MtM −+=

spowodują, iż krzywizna będzie stała

( )[ ] ( )[ ]( )tH

B

MBM

dxhFEEJxhFEEJB

M

00

202211

202211

0

=→=→

→∗−+=−+

κκ

κ

Rys. 1.17b Wynik ten oznacza, iż stałe deformacje otrzymamy przy malejącej w czasie

wartości momentu. Wówczas naprężenia w matrycy będą maleć

( ) ( ) ( )tEB

xMdHtE

B

xMxdtE 1

301

30311 =∗=∗= κσ

Rys. 1.17c

zaś w zbrojeniu sprężystym będą stałe (rys. 1.17c)

t

M

M2=E2F2(h0-x)2M0/B

M1=J1E1M0/B

σ1

t

σ1(t=0)=E1(t=0) M0x3/B σ2

t

σ2=E2M0 (h0-x3)/B

58

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tHxhB

MEdHtHxh

B

MExhdtHE −=∗−=−∗= 0

000

02022 κσ

c) Wyznaczymy z kolei relację między krzywizną κ , a momentami

cząstkowymi 1M i 2M , korzystając, z odwrotnych równań fizycznych

( ) ( ) 2222

2111

1 i σσεσε dtHG

EdtC ∗==∗=

Podstawiając do nich równania geometryczne oraz całkując elementarne

momenty uzyskamy wzory na krzywizny

( )

( ) ( ) 111

111

13112

3

11 1

dMtCJ

dMtCJ

dFxdtCdFxF F

∗=→∗=→

→∗=∫ ∫

κκ

σκ

oraz

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 22202

222

20

2022

22

002

1'

1'

1' ,

dMtHGxhF

MEF

xh

FxhE

Fxhxh

∗−

=→=−→

→−=−−=

κκ

σκκε

Przyrównując do siebie krzywizny `κκ = otrzymamy zależność

( ) ( ) ( ) 22202

111

11dMtHG

xhFdMtC

J∗

−=∗

Moment zginający M jest sumą momentów cząstkowych 21 MMM += ,

stąd rozdział momentów otrzymamy z rozwiązania układów równań całkowych

( ) ( )[ ] ( )

( ) ( ) ( )tMtMtM

dMtHGxhFdMtCJ

=+

=∗−−∗−

21

22

120211

1

i

01

z którego dla znanego zewnętrznego momentu zginającego M należy wyliczyć

1M i 2M .

59

d) Zauważmy, iż zmianom ( )tCMM 1022 = w zbrojeniu towarzyszy

( ) ( )[ ] ( ) ( ) 01

1022

120211

1

=∗−−∗−

tdHtCMGxhFdMtCJ

stąd

( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )tHMtMtHMGxhFtMJ

011

022

12021

1

1 =→−=−

Rys. 1.17d Wynika więc, iż moment 1M musi być stały w czasie, a sumaryczny

moment ma postać

( ) ( ) ( )tCMtHMtM 102

01 +=

w której stałe 01M i 0

2M powiązane są relacją

[ ] 022

12021

01 )( MGxhFJM

−−=

Przeanalizowaliśmy tu drugi szczególny proces, w którym naprężenia w

matrycy są stałe (por. poprzednie przykłady), natomiast naprężenia w zbrojeniu

narastają zgodnie z zależnością )(1022 tCσσ = , analogiczną do funkcji pełzania

matrycy. e) Badaliśmy tutaj dwa szczególne procesy reologiczne w pręcie

lepkosprężystym wzmocnionym zbrojeniem. W pierwszym przypadku było stałe naprężenie w zbrojeniu, zaś w drugim - w matrycy. Natomiast moment zewnętrzny M był malejący lub rosnący. W przypadku stałego momentu zewnętrznego należy rozwiązać układ równań z punktu c).

Podane w tym zadaniu rozumowanie po uzupełnieniach może posłużyć do określania stanów naprężeń w zginanych belkach żelbetowych, w których

M

t

M1=M10 H(t)

M2=M20 C1(t)

60

dochodzi do redystrybucji naprężeń w zbrojeniu i betonie. Przykładowo, stałej wartości momentu w przekroju towarzyszy wzrost z upływem czasu naprężeń w zbrojeniu oraz ich spadek w betonie.

ZADANIE 1.18. W liniowej lepkosprężystości o równaniu fizycznym εσ dE∗= zależność

momentu zginającego M od krzywizny ma postać

( ) κdtJEM ∗= Należy znaleźć relację odwrotną tj. wyrażenie określające krzywiznę w

zależności od momentu. Rozwiązanie: a) Z równań fizycznych ( ) σε dtE ∗= −1 po podstawieniu równań

geometrycznych 3xκε = i uwzględnieniu warunków równań wewnętrznych

∫=F

dFxM 3σ

otrzymamy

( ) ( )

( ) HdEEtdEMJ

dFxtdEdFxdFxdtEdFxxF F F F

=∗∗=→

∫ ∫ ∫ ∫ →∗=→∗=

−−

−−

11

22

312

331

33

1 gdzie κ

σκσκ

Jest to poszukiwana zależność krzywizny od momentu. b) Jeżeli teraz postawimy pytanie jak powinno się zmieniać obciążenie ( )tP ,

a tym samym moment ( ) ( )tMtM 0− , aby przemieszczenia belki były

( )tguu 0= , gdzie ( )tgu0 jest dane, to odpowiedź wynika ze stwierdzenia, że dla

( ) ( )tguxtgu 030 κκκ =→=→

stąd ( ) ( ) ( ) dgtEJdtJEtM ∗=∗= 0κκ

zaś

( ) ( )tPatM fα

α

α∑=

stąd

61

( ) ( ) ( )∑ ∗=→∗=α

αα κ dgtAEtfdgEJtfPa 0

ZADANIE 1.19. Zależności między siłą osiową w pręcie N , a jego wydłużeniem λ mają

postać

( )F

ltdENl 1−∗==ελ

Należy znaleźć relację odwrotną tj. wyrazić siłę osiową N przez wydłużenie Rozwiązanie: Wzór na wydłużenie otrzymano z równania fizycznego

( ) ( ) ( )tdENF

lltdEN

FtdE 111 *

1 −−− =→∗=∗= εσε

Z punktu widzenia matematycznego mamy do czynienia z równaniem

całkowym, którego rozwiązania czyli funkcji podcałkowej poszukujemy. Rozważmy teraz odwrotne do pierwszego równania fizycznego

( )tdE∗=εσ

które jest poszukiwanym rozwiązaniem pierwszego równania fizycznego. Spróbujmy fizykalną interpretację przenieść na zależności „siła osiowa - wydłużenie”. Po scałkowaniu po powierzchni przekroju F zachodzi

( ) ( ) ( )tdEl

FNtdEFNdtE ∗=→∗=→∗= λεεσ

oraz

( ) ( ) ( ) ( )tdENF

ldNtEF

ltdEdtE 1111 −−−− ∗=→∗=→∗=∗= λλσσε

Z tych wzajemnych relacji

( ) ( ) λεσ dtEl

FNdtE ∗=→∗=

62

( ) ( ) dNtEF

ldtE ∗=→∗= −− 11 λσε

wynika, iż są one wzajemnymi rozwiązaniami relacji siła osiowa-wydłużenie.

63

Rozdział II

Przemieszczenia układów prętowych. W rozdziale tym przedstawione zostaną sposoby wyznaczania

przemieszczeń w zginanych układach prętowych. Zadania z tego zakresu poprzedzają w nauczaniu mechaniki metody rozwiązywania zadań statycznie niewyznaczalnych a wśród nich metodę sił i przemieszczeń.

W ogólnym ujęciu problemu podamy sposoby obliczeń przemieszczeń dla szerokiej klasy materiałów. Rozważania te będą więc słuszne zarówno w zadaniach sprężystych, lepkosprężystych, różnych modelach reologicznych, teorii naprężeń cieplnych itp.

Wyjściowym punktem rozważań będzie równanie prac dopełniających jako relacja między siłami δPi, naprężeniami ijδσ a przemieszczeniami ui i

odkształceniami εij, a mianowicie:

∫ ∫=A V

ijijii dVdAuP εδσδ

które w zginanym pręcie prowadzą do zależności (ds=ds

va) = dA

∫ ∫∫ ∫==s s F s

ii dsMdFdsxdsuP 1311 κκδσδ gdzie 311 xκε =

Jeżeli teraz ( )sP ii δδ 1= gdzie δ(s) jest „deltą” Diraca, to przemieszczenie ui

wyniesie ( ) ∫=s

ii dsMsu 1 1 κ

Rys. 2.0 Naprężenia i deformacje zginanego pręta

Pi

sd

a=const.

M

κ

dF

δσ11

x1=s

x2

x3

ε11=κx3

ε33

ε22

64

Uzyskany związek jest niezależny od konkretnej postaci równań fizycznych i będzie wykorzystywany do wyznaczania przemieszczeń w układach prętowych wykonanych z różnych materiałów.

W zagadnieniach statyki nosi on nazwę całki Mohra

( ) ( )∫ ===s

iiii dssXMtsu ,1 ,1 1κδ

i jest wyprowadzony na podstawie geometrii odkształconego pręta. We wzorze tym M1 jest momentem zginającym pochodzącym od uogólnionej siły jednostkowej Xi=1i (siły lub momentu) przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia lub obrotu.

Można wykazać, iż w przypadku zginania i rozciągania pręta, kiedy

311 xo κεε += gdzie εo jest wydłużeniem osi pręta będzie

( ) ( )∫∫ =+==s

iios

iiii dssXNdssXMu ,1,11 11 κεκ

gdzie Ni – jest siłą osiową od Xi=1i.

Podana w tej formie całka Mohra jest liniową relacją między przemieszczeniami układu a jego odkształceniami.

Z liniowości tej wynikają relacje

( ) ∫∫ ∫ +=+=+ss s

aadsMadsMadsMaa 221112211112211 δδκκκκ

gdzie

∫∫ ==ss

dsMdsM 122111 , κδκδ

a1, a2 – są operatorami liniowymi niezależnymi od współrzędnej przestrzennej s.

Z zależności tej będziemy często korzystali sumując (superponując) krzywizny i przemieszczenia pochodzące od różnych wpływów

( ) Tces

Ts

cs s

eTce dsMdsMdsMdsM δδδκκκκκκδ ++=++=++= ∫∫∫ ∫ 1111

gdzie symbole e, c, T, przy κ i δ oznaczają sprężyste, lepkie i termiczne składowe krzywizn i przemieszczeń.

Podobnie w zadaniach lepkosprężystych, gdzie w równaniach fizycznych występują iloczyny splotowe

65

( ) ( )ττ 121221 * dftfdffdfft

∫ −=∗=∞−

∈∉

=],0[

],0[0

tt

t

ττ

τ dla

dla

zachodzą relacje

( )∫ ∫ ∗∗=s

iiii dsMdfdufdsMtsus

1 =oraz 11111 1,1 κκ

Podamy teraz zależności między siłami przekrojowymi (momentem

zginającym, siłą osiową) a krzywizną κ lub wydłużeniem osi obojętnej εo w różnych materiałach

- zadania liniowo-sprężyste

( ) dF oraz i stąd ∫=====F

o zJEF

N

EJ

M

EE 21

, εκσεεσ

gdzie σ, ε, E, F, J są kolejno naprężeniem, odkształceniem, modułem sprężystości oraz polem i momentem bezwładności przekroju poprzecznego.

- zadania nieliniowo sprężyste wg Bacha σ = A n/1ε prowadzą do zależności

( ) ( )n

o

F

Nn

AF

N

nN

dFxNJNAJ

M

==

=+

+= ∫

+

ε

κ

,1

,1 ,1

13

- przyrostowe zadania nieliniowe ( ) ( ) εεσσσε dEddFd == , ,

( ) dNEF

ddFzJdMEJ

d oF

1 , ,

1 2 === ∫ εκ

np. dla σσεσσε dnAE

dAE

nn

+=→+= −11

stąd

( ) ( )dNnAEJddMnAEEJd nn 11 1F ,1 −− +=+= σεσκ

66

- zagadnienia lepkiego płynięcia materiału ( ) ntTBE

σσε ,+=&

& prowadzą

do relacji

( )

( ) dFzNJF

NB

nN

NJ

MB

F

Nn

o

n

o

∫+=+

=−

=

+=−

11 ,

, 1

,1

εε

κκ

&&

&&

- liniowa lepkosprężystość HdGEdGdE =∗∗∗= ,= lub σεεσ gdzie

E,G i H są funkcjami relaksacji, pełzania i Heaviside’a prowadzi do zależności

εε

κκ

dFENdNGF

dJEMdMGJ

∗=∗=

∗=∗=

oraz

,1

,1

- nieliniowa lepkosprężystość ( ) dAn ∗= /1εσ prowadzi do równania

( )

( ) HdaAdMaNJ

dANJMn

N

=∗

∗

+=

∗+=

,1

1

,1 /1

κ

κ

Ponadto w przypadku liniowego po wysokości przekroju rozkładu

temperatur ( ) dgoog

o TTTxh

TTTxT +=

−+= 2,32 wystąpią wydłużenia

termiczne Tε oraz zmiany krzywizn κT określone równaniami

4 ,

2gd

TTdg

TT

TTTT −=

+= ακαε

gdzie Td, Tg,T0, αT, h symbole oznaczają kolejno temperaturę dolnego i górnego włókna przekroju, temperaturę średnią, liniowy współczynnik rozszerzalności cieplnej oraz wysokość przekroju.

Wprowadzając do całki Mohra wyrażenia na krzywiznę TM κκκ += i

wydłużenia TM εεε += jako sumy odkształceń mechanicznych i cieplnych

67

zgodnie z fizycznymi własnościami materiału, np. nieliniowego sprężystego, otrzymamy wzory

( ) ( ) ( ) ( )

( )

dsNTT

dsNAF

NdsM

h

TTdsM

NAJ

M

dsXNdsXMu

s

dgT

n

ss

dgT

n

s

is

TMis

TMii

2

111

11

2

1

111

∫

∫∫∫

∫∫

++

+

+−

+

+=

==++=+=

α

α

εεκκ

z których będziemy wyznaczali przemieszczenia. Powyższy wzór dotyczy

zadania nieliniowo sprężystego n

NA n 11

== εσ , którego przypadkiem

szczególnym (A → E, n=1) są wzory na przemieszczenie w zadaniach sprężystych. Analogicznie otrzymamy wzory dla innych typów materiałów np. pełzania i wpływów niemechanicznych. Mogą one również ulec rozszerzeniu w wyniku uwzględnienia skręcania, sił poprzecznych oraz innych.

Występujące we wzorach na przemieszczenia całki dotyczą iloczynów funkcji momentów od obciążeń i sił jednostkowych. Podobnie jest z siłami osiowymi. Na ogół są to całki z iloczynów funkcji ciągłych i liniowych niezależnie od typu materiału.

W przypadku tym stosujemy uproszczony sposób obliczania całki polegający na tzw. przemnażaniu wykresów. Korzystamy tu z twierdzenia:

Jeżeli funkcja M(s) jest funkcją ciągłą wraz z pierwszą i drugą pochodną, a M1(s) jest funkcją liniową to

( ) ( ) , ηFdssMsMs

=∫ 1

gdzie ( )dssMFs

∫= , a η jest rzędną na wykresie M1(s) pod środkiem ciężkości

pola funkcji M(s). W obliczeniach stosuje się również inne metody wyznaczania całek Mohra. Tok postępowania przy wyznaczaniu przemieszczeń. 1. Obliczenie reakcji w więzach oraz sporządzenie wykresów sił

przekrojowych (momentów, sił osiowych itp.). Tą część zadania uważamy za

68

znaną, zaś wykresy momentów zginających odkładamy po stronie włókien rozciąganych, siły osiowe rozciągające oznaczamy jako dodatnie.

2. Sporządzenie funkcji momentów zginających i sił osiowych od siły jednostkowej Xi =1 przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia.

3. Wyznaczenia rozkładów krzywizn κT i wydłużeń εT pochodzących od przyczyn niemechanicznych (np. temperatury, skurczu, dyfuzji).

4. „Przemnożenie” wykresów sił wewnętrznych M i N oraz wykresów od sił jednostkowych. Podobnie należy postąpić z κT i εT.

W prezentowanych przykładach nie będziemy rozwiązywali układu równań równowagi i wyznaczali reakcji, a jedynie nanosimy ich wartości uważając, iż zagadnienia te są znane czytelnikom z wstępnego kursu mechaniki.

ZADANIE 2.1. W układzie prętowym o schemacie statycznym i obciążeniu jak na rys. 2.1a

należy obliczyć kąt obrotu ϕ w przekroju przywęzłowym B. Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie:

a) liniowo-sprężystym ( )TE εεσ −=

b) nieliniowo-sprężystym ( ) NTA εεσ −=

c) teorii starzenia ( ) TnA

Eεσσε ++=

Rys. 2.1a

Dane: P, l, h, E, A, F, J, J( )1+N , T1, T2 Rozwiązanie:

T1

T2

l

l l

l l

P

P

B

ϕ=?

69

Korzystać będziemy z całki Mohra z uwzględnieniem wpływów termicznych

∫∫ ∫ ∫ +++=s

Ts s s

TMMA dsNdsMdsNdsM 111 1 εκεκϕ

W zależności tej TMTM , , , εεκκ są odpowiednio krzywiznami

wywołanymi wpływami mechanicznymi i cieplnymi oraz wydłużeniami mechanicznymi i cieplnymi. Różne postacie równań fizycznych wprowadzają tutaj jedynie zmiany w wyrażeniach na odkształcenia mechaniczne MM i εκ ,

natomiast wyrażenia 11 , NM pozostają niezmienne w całym zadaniu.

Funkcje 11 , NM są rozkładami momentów i sił osiowych od działania jednostkowego momentu skupionego przyłożonego w przekroju przywęzłowym B. Natomiast wyrażenia na odkształcenia termiczne są następujące

( ) ( )

2 , 2112 TT

h

TT TT

TT

+=−= αεακ

Wykresy funkcji TTNM εκ ,,, 11 mają w rozważanym przypadku postać (rys.

2.1b), zatem wartości cieplnych składników w całce Mohra dane są zależnościami

( )

∫−⋅⋅⋅=

s

TT h

TTldsM 12

1 2

11

ακ

( )∫

+⋅⋅=s

TT

TTl

ldsN

2

1 211

αε

M1 N1

s

sl

1

l

1

l

1

1

l

1l

1

70

Rys. 2.1b Możemy określić teraz wartość obrotu Aϕ w przypadku różnych materiałów. a) Materiał liniowo sprężysty określają następujące wyrażenia na

wydłużenia i zmiany krzywizn

EJ

M

EF

NMM == κε ,

Wykresy funkcji M i N są następujące

Rys. 2.1c Ostatecznie obrót ϕA wyrazi się zależnością

κT εT

( )h

TTT 12 −α ( )h

TTT 12 −α

P

P

M N

P P

s

Ps

s Ps

P P

P

71

( )

( )2

)(2

2

13

2

)(

2

21122

211211

TTl

h

TT

EFEJ

lP

TT

h

lTTds

EF

NNds

EJ

MM

TT

TT

ssA

++⋅−+

+=

=++−++= ∫∫

αα

ααϕ

b) Materiał nieliniowo-sprężysty Wzory na zmiany krzywizn i wydłużeń mechanicznych mają postać

( )[ ] n

n

Mn

n

M AF

N

NAJ

M =+

= εκ ,1

Funkcje M i N wyrażają się następująco

PNPsM == , Obrót ϕA wyliczymy z wzoru

( )[ ] ( )( )

( )[ ] ( )( )

( ) ( )[ ] ( )( )

2

)(

2

1

12

2

)(

2

2

1

2

)(

2

2

1

21121

2112

211211

TT

h

lTT

AFNAJn

lP

TT

h

lTTds

lAF

Pds

lNAJ

ssP

TT

h

lTTds

AF

NNds

NAJ

MM

TTnn

nn

TTl

on

nl

on

nn

TTl

on

nl

on

n

A

++−+

+

++=

=++−+++

=

=++−+++

=

+

∫∫

∫∫

αα

αα

ααϕ

c) Teoria starzenia Wzór określający obrót ϕA w układzie pełzającym w/g teorii starzenia ma

postać

( ) ∫ ∫ ∫∫ ∫∫ +++++

+=S s s

Tn

n

s sTn

n

sA dsNds

F

NANds

EF

NNdsMds

NJ

MAMds

EJ

MM1

111

11

1εκϕ

72

( )( )

( )

( )( )

( )( )

2

)(

2

2

1)2(

2

3

2

)(22

21)2(3

2

)(1

22

213

211212

211212

21122

TT

h

lTT

F

A

NJn

AlP

EFEJ

lP

TT

F

AP

EF

P

h

lTT

NJn

lAP

EJ

Pl

TTds

Fl

AP

EF

P

h

lTTds

NJl

sPsA

EJ

Pl

TTnn

nn

Tn

nT

n

nn

Tl

on

n

Tl

on

n

A

++−+

+

+++

+=

=++++−+++

+=

=++++−++

+=

+

+

∫∫

αα

αα

ααϕ

Z porównania ugięć tego samego punktu w zadaniu liniowym i nieliniowym

wynika szansa na ocenę wpływu przyjętego w modelu materiału. Wpływ ten określa wyrażenia bezwymiarowe postaci

( ) ( )[ ] ⋅

+−

+

++=− +

EFEJ

lP

AFNAJn

lP nn

nn

e

eN 23

)(

1

12

21

ϕϕϕ

12 2

3

−

+⋅

EFEJ

lP

ZADANIE 2.2. W układzie prętowym o schemacie statycznym i obciążeniu jak na rys. 2.2a

należy obliczyć kąt obrotu ϕ w punkcie 3.

Rys. 2.2a

T1

T2

l l

l l

1

ϕ=?

2 3

4

T1>T2

73

Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie: a) liniowo-sprężystym ( )TE εεσ −=

b) nieliniowo-sprężystym ( )NTA εεσ −=

c) teorii starzenia ( ) TnA

Eεσσε ++=

Dane: l, E, A, F, J,J( ),1+N T1,T2

Szukane: wartość kąta obrotu ϕ3 punktu 3 Rozwiązanie: Poszukiwany kąt obrotu ϕ3 wyznaczamy uwzględniając jedynie człony

niemechaniczne w całce Mohra

∫∫∫∫ +++=s

Ts

Ts

Ms

M dsNdsMdsNdsM 11113 εκεκϕ

gdzie TMTM εεκκ ,,, są odpowiednio krzywiznami oraz wydłużeniami wywołanymi wpływami mechanicznymi i cieplnymi. W naszym przypadku brak jest obciążenia zewnętrznego, więc κM i εM wynoszą zero.

Wyrażenia TTNM εκ ,,, 11 pozostają niezmienne w całym zadaniu, nie zależą od rodzaju materiału.

Funkcje M1,N1 są odpowiednio funkcjami momentów zginających i sił osiowych od działania momentu jednostkowego w punkcie 3.

Natomiast wyrażenia na odkształcenia termiczne są następujące

( ) ( )2

, 2121 TT

h

TT TT

TT

+=−= αεακ

Wykresy funkcji TTNM εκ ,,, 11 mają postać

1

1

1

M1 N1

1/l

74

Rys. 2.2b Wartości „cieplnych składników” w całce Mohra dane są relacjami

( ) ( ) ( ) ( )2

2

11 21212121

113

TT

h

TTlTTl

lh

TTl

dsNdsM

TTTT

sT

sT

++−=+⋅⋅+−⋅⋅=

=+= ∫∫

αααα

εκϕ

Ponieważ w naszym zadaniu nie występuje obciążenie zewnętrzne więc nie ma funkcji momentów zginających M i sił osiowych N. Wynika stąd, że kąt obrotu ϕ3 we wszystkich przypadkach a), b), c), ma taką samą wartość i wynosi

( ) ( )

22121

3

TT

h

TTl TT ++−= ααϕ

Ogólnie, przemieszczenia w zadaniach statycznie wyznaczalnych zależą

(przy braku obciążeń) jedynie od rozkładów temperatury lub innej przyczyny niemechanicznej, są natomiast niezależne od rodzaju materiału z jakiego jest wykonany układ.

ZADANIE 2.3.

W układzie przedstawionym na rys. 2.3a należy obliczyć obrót ϕA w

przekroju przywęzłowy B. Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie: a) - liniowo-sprężystym εσ ⋅= E ,

b) - nieliniowo-sprężystym NA εσ ⋅= . Dane: P, l, E, A, F, J, J(N+1), T1, T2 Szukane: wartość obrotu ϕA przekroju B.

κT εT

( )h

TTT 21 −α ( )2

12 TTT +α

75

Rys. 2.3a Rozwiązanie: W układzie nie wystąpią momenty zginające i siły tnące, a jedynie siły

osiowe N. Kąt obrotu ϕA wyznaczymy z równania

∫∫ ∫ ++=s

Ts s

TMA dsNdsMdsN 111 εκεϕ

gdzie TMT εεκ ,, są odpowiednio krzywizną wywołaną wpływami cieplnymi

oraz wydłużeniami mechanicznymi i cieplnymi, przy tym M1, N1, κT oraz εT pozostają w całym zadaniu niezmienne. Funkcje M1, N1 są rozkładami momentów i sił osiowych od działania jednostkowego momentu skupionego w punkcie A.

Wyrażenia na odkształcenia termiczne mają postać

( ) ( )2

, 2112 TT

h

TT TT

TT

+=−= αεακ

Wykresy funkcji M1, N1, κT i εT są następujące (rys. 2.3b). Wartości κT odkładamy po stronie włókien rozciąganych. Wyznaczymy teraz wartości cieplnych składników w całce Mohra.

( ) ( )∫

−=−⋅⋅⋅=s

TTT h

TTl

h

TTldsM

22

11 1212

1αακ

( ) ( )22

1 21211

TTTTl

ldsN T

s

TT

+=+⋅⋅=∫ααε

T1

T2

l

l l

ϕ=?

B

T2>T1

P

P

76

Rys. 2.3b

Następnie przechodzimy do określania wartości obrotu ϕA w przypadku

różnych typów materiałów. a) Materiał liniowo-sprężysty σ = E ε. Wyrażenia na wydłużenia i zmiany krzywizn mają postać

EJ

M

EF

NMM == κε ,

Wykresy funkcji M i N są następujące (rys. 2.3c) Obrót ϕA wyrazi się zatem zależnością

( ) ( )

( ) ( )

++−+−=

=++−+= ∫

2112

21121

2

2

22

TTh

lTT

EF

P

TT

h

TTlds

EF

NN

T

T

s

TA

α

ααϕ

1

M1 N1

κT εT

( )h

TTT 12 −α ( )2

12 TTT +α

1/l 1/l

77

Rys. 2.3c b) Materiał nieliniowo-sprężysty σ = A εN. Zmiany krzywizn i wydłużeń mechanicznych wyrażają się tutaj wzorami

( )[ ] ( )n

n

Mn

n

MAF

N

NAJ

M =+

= εκ ,1

a zatem obrót ϕA punktu A określa się relacją

( )( ) ( )

( ) ( )

++−+−=

=

++−+−= ∫

2112

021

12

2)(

2

22

TTh

lTT

AF

lP

TTh

lTTds

lAF

P

Tn

n

lT

n

n

A

α

αϕ

Porównując oba wyniki możemy obliczyć ich względną różnicę ∆

( ) ( ) NnAF

EFP

P

EF

AF

P

EF

Pn

n

n

n

e

Ne /1 , 12

22 1

=

−=

−⋅

+−=−=∆

−

ϕϕϕ

a tym samym oszacować wpływ przyjętego modelu obliczeń przemieszczeń na wyniki.

0

M N

P

0

0

0

0 P

P P

78

ZADANIE 2.4.

W układzie przedstawionym na rys. 2.4a należy obliczyć obrót ϕA w punkcie B. Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie:

a) liniowo-sprężystym, b) nieliniowo-sprężystym, c) liniowym lepkosprężystym.

Rys. 2.4a

Dane: P, l, E, A, F, J, J(N+1), T1, T0 Szukane: wartości obrotu ϕA punktu A. Rozwiązanie: Dla rozwiązania tego zadania korzystać będziemy z całki Mohra z

uwzględnieniem wpływów termicznych. Wyrażenia na odkształcenia termiczne są następujące

( ) ( )2

, 0101 TT

h

TT TT

TT

+=−= αεακ

Wykresy funkcji TTNM εκ ,,, 11 mają postać

T0

T1

l l ϕ=?

B

T1>T0 P

P

l

P

M=1

1/l

1/l

79

Rys. 2.4b

Wartości krzywizn Tκ odkładamy po stronie włókien rozciąganych,

natomiast wydłużenia termiczne mają znak dodatni a skrócenia ujemny. Składniki termiczne w całce Mohra mają postać

( ) ( )

∫

∫

=

−=−⋅⋅⋅=

sT

s

TTT

dsN

h

lTT

h

TTldsM

0

2

2

11

1

01011

ε

αακ

a) W materiale liniowo-sprężystym wyrażenia na wydłużenia Mε i zmiany

krzywizn Mκ

EJ

M

EF

NMM == κε ,

Wykresy funkcji M i N mają postać

Rys. 2.4c

M1 N1

κT εT

( )h

TTT 01 −α ( )2

10 TTT +α

1/l

M N

Pl

Pl

P

P

80

Obrót ϕA wyrazi się zależnością

( ) ( )∫

−+−=−+=s

TTA h

TTl

EF

P

h

TTlds

EF

NN

2201011 ααϕ

b) Materiał nieliniowo-sprężysty Wzory na zmiany krzywizn i wydłużeń mechanicznych mają postać

( )[ ] ( ) Nn

AF

N

NAJ

Mn

n

Mn

n

M1

,1

==+

= , εκ

Funkcje M i N mają ten sam kształt co w rozwiązaniu liniowym. Wtedy

zgodnie z (1) obrót ϕA wyrazi się zależnością

( )h

TTldsN

AF

N Tn

sA 2

011

−+

= ∫αϕ

stąd po podstawieniu otrzymamy wartość obrotu Aϕ

( )( ) ( ) =−+

−=−+

−⋅= ∫ h

TTl

AF

P

h

TTlds

lAF

P Tnl

Tn

n

A 22

1 01

0

01 ααϕ

( )( )

h

TTl

AF

P Tn

n

201 −+−= α

Rozpatrywane zadanie jest o tyle szczególne, iż występujący w układzie

rozkład momentów zginających jest bez wpływu na wartość kąta obrotu Aϕ . c) Rozwiązanie lepkosprężyste Wzory na krzywiznę i wydłużenie mają postać

dNGF

dMGJ MM ∗∗= 1

= ,1 εκ

stąd

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ +−=−+∗=l l t

TA dsdPtGN

Fh

TTldsNdNG

Ft

0 0 01

011

12

1 τταϕ

( ) ( ) ( ) ( )

∫−+−−=−+

tTT

h

TTldsdPtG

Fh

TTl

0

0101

2

12

αττα,

81

G – funkcja pełzania.

W chwili początkowej ( )E

tG1

0 =→ + co prowadzi do zależności

( ) ( ) ( )h

TTlP

EFT

A 2 0

10 01 −+−= ++

αϕ

ZADANIE 2.5. W podanym układzie statycznie wyznaczalnym poddanym działaniu

obciążeń i zmiennych po wysokości przekroju temperatur należy obliczyć przemieszczenie poziome δA punktu A. Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie:

a) liniowo sprężystym ( )TE εεσ −= ,

b) nieliniowo sprężystym ( ) ,NTA εεσ −=

c) teorii starzenia TnA

Eεσσε ++= .

Rys. 2.5a Dane: P, l, E, A, F, J, J(N+1), T1, T2. Szukane: wielkość przemieszczenia Aδ w punkcie A. Rozwiązanie: Przemieszczenie punktu A wyliczymy z wzoru

T1

T2

l

l l

T2>T1

P δ=?

l

A

82

∫∫ ∫∫ +++=s

Ts s

TMs

MA dsNdsMdsNdsM 1111 εκεκδ

gdzie TMTM εεκκ ,,, są odpowiednio krzywiznami wywołanymi wpływami mechanicznymi i cieplnymi oraz wydłużeniami mechanicznymi i termicznymi.

Wykresy funkcji M1, N1, Tκ i Tε mają postać

Rys. 2.5b Następnie wyznaczamy wartości termicznych deformacji w całce Mohra:

( ) ( ) ( )h

TTl

h

TTll

h

TTlldsM TTT

sT

122

12121

322

21

221 −=−⋅⋅⋅+−⋅⋅⋅=∫

ααακ

2l

M1 N1

2

κT εT

( )h

TTT 12 −α ( )2

12 TTT +α

83

( ) ( )2121

1 22

22 TTlTT

ldsN TT

sT +=+⋅⋅=∫ ααε

a) Teraz określimy wartość przemieszczenia Aδ w przypadku liniowo -

sprężystym. Materiał liniowo sprężysty określają następujące wyrażenia na wydłużenia i

zmiany krzywizn

EJ

M

EF

NMM == κε ,

Wykresy funkcji M i N są następujące

Rys. 2.5c Jak widać w rozważanym przykładzie funkcja momentów zginających M

jest funkcją zerową. Ostatecznie przemieszczenie δ wyrazi się zależnością

( ) ( )

( ) ( )12

212

12

21211

234

23

TTlh

lTT

EF

Pl

TTlh

lTTds

EF

NNds

EJ

MM

TT

Ts

T

sA

++−+=

=−+−++= ∫∫

αα

ααδ

b) Materiał nieliniowo sprężysty Wzory na zmianę krzywizn i wydłużeń mechanicznych mają postać

( )[ ] ( )n

n

Mn

n

MAF

N

NAJ

M =+

= εκ ,1

N M

P 0

0

0

0

84

Przemieszczenie δ punktu A wyznaczymy z wzoru

( )( ) ( ) =++−+= ∫ 12

2

0

2121 2

3TTl

h

lTTds

AF

NNT

lT

n

n

ααδ

( )( ) ( ) lTT

h

lTT

AF

lPT

Tn

n

234

12

212 ++−+= αα

c) Teoria starzenia Wzór określający przemieszczenie punktu A dla układu pełzającego wg

teorii starzenia ma postać

( )( ) ( )∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

++++−=+

+++++

+=

sTn

nT

T

s s s s sn

n

Tn

n

A

TTlF

lAP

EF

Pl

h

lTTdsN

dsF

NANds

EF

NNdsMds

NJ

MAMds

EJ

MM

12

212

1

111

11

2443

1

ααε

κδ

ZADANIE 2.6. W belce wolnopodpartej o długości l obciążonej równomiernie obciążeniem

q należy obliczyć kąt wzajemnego obrotu skrajnych przekrojów belki. Zadanie należy przeanalizować dla liniowych i nieliniowych równań fizycznych.

Rys. 2.6a Rozwiązanie: Kąt wzajemnego obrotu końców belki wyznaczymy sumując obrót podpory

lewej φ1 i prawej φ2, czyli φ12= φ1 + φ2. Przy obliczeniach kątów φ1 i φ2 korzystamy z całki Mohra. Funkcja momentu zginającego ma postać

( ) ( )l

ssM

qss

qlsM −=−= 1 ,

22 1

2

a) W zadaniu liniowym kąty φ1 i φ2 wynoszą

q

l

1 2

85

EJ

qll

ql

EJ 242

1

24

21 32

21 =

== ϕϕ

stąd

EJ

ql

12

3

12 =ϕ

Rys. 2.6b Zwróćmy uwagę, iż wynik ten wobec liniowości całki Mohra można

uzyskać z relacji

( ) ( ) ( )∫∫ ∫

⋅=+

−=+=ll l

dsEJ

sMds

l

s

EJ

sMds

l

s

EJ

sM

00 02112

11ϕϕϕ

Przytoczony wynik jest słuszny również w ogólnym przypadku, ponieważ

∫∫∫ ⋅=+

−=lll

dsdsl

sds

l

s

00012 11 κκκϕ

b) W zadaniu nieliniowo sprężystym nA1

εσ = o krzywiźnie

( )n

NAJ

M

+=

1κ zachodzi

( )( ) ( ) dsslsq

NAJdsnln

nl

N∫∫ −

+=⋅= −

0

2

012 2

11κϕ

q

1 2

1-s/l

s/l

M(s)

1 1

1

86

ZADANIE 2.7. W ramie trójprzegubowej obciążonej siłą poziomą P należy obliczyć kąt

wzajemnego obrotu części przypodporowych 1 – 2.

Rys. 2.7a Rozwiązanie: Kąt wzajemnego obrotu φ12 uzyskamy podobnie jak poprzednio po

zsumowaniu obrotów φ1 i φ2. Funkcje momentów zginających i ich rozkłady przedstawiono na wykresach.

Rys. 2.7b Równania równowagi H1+H2=0 V1l – Ph=0

V12

l- H1h =0

V1+V2 =0

l

h

0 P

1 2

0 P

1 2

2

Ph2

Ph

2

P2

P

l

Ph

l

Ph

M s M1

1 1 h

1

h

s−1

h

1

1 1

87

V1= -V2 =l

Ph

H1= H2 =2

P

Funkcje momentów

M(s)=V1s = 2

Ps, M(s)= -

2

Ps

- M1(s)=1 - sh

1

+ M1 (s)= 1 - sh

1

Kąt wzajemnego obrotu φ12 obliczymy z całki Mohra

01

11

100

12 ∫∫ =

−−

−=ll

dssh

dssh

κκϕ

Całka ta znika dla dowolnego wyrażenia na krzywiznę κ z uwagi na fakt, iż

wykres momentów zginających M(s) jest asymetryczny, zaś wykres M1(s) symetryczny.

Wnosimy stąd, iż kąt wzajemnego obrotu φ12 niezależnie od typu materiału jest równy zeru. Nie oznacza to oczywiście, iż kąty obrotu φ1 i φ2 również znikną.

ZADANIE 2.8. Należy określić w łuku kołowym obciążonym w zworniku siłą skupioną P

kąt wzajemnego obrotu przekrojów przypodporowych. Problem należy przeanalizować w liniowym i nieliniowym zakresie odkształceń sprężystych.

Rys. 2.8a

2r

1 2

P

88

Rozwiązanie: Kąt wzajemnego obrotu φ12 obliczymy wykorzystując całkę Mohra (ds =

rdα)

Rys. 2.8b Funkcja momentów zginających M(α) ma postać

( ) ( ) ( ) ( ) 1 ,cos12

cos2 1 =−=−= αααα M

rPrr

PM

a) Kąt wzajemnego obrotu φ12 w zadaniu liniowym wynosi

( )∫∫ =−==2/

0

22/

0112 cos1

2 2

2ππ

ααακϕ drP

EJrdM

[ ]

−=−= 12

sin

220

2 πααπ

EJ

rP

EJ

rP

b) W zadaniu nieliniowym nA /1εσ = o krzywiźnie ( )n

NAJ

M

+=

1κ

analogiczny względny obrót wynosi

( ) ( )( ) ( )∫∫ −

+=

+=

2/

0

2/

0112 cos1

21

2

12

ππ

αααϕ drP

NAJ

rdrM

NAJ

M nn

n

nN

1 2

P

α

dα

r rcosα

dS M(α)

P/2 P/2

M

1 2

α

1 1 1

M1

89

ZADANIE 2.9. Należy określić w łuku kołowym przedstawionym na rys. 2.9a kąt

względnego obrotu podpór. Zadanie należy rozwiązać w zakresie sprężystym (nieliniowym i liniowym), a uzyskane wyniki porównać.

Rys. 2.9a Rozwiązanie: Funkcja momentów zginających jest stała ( ) constM =α podobnie jak

funkcja ( ) constM =α1 (rys.2.9b). Kąty wzajemnego obrotu obliczymy z całki Mohra.

Rys. 2.9b

a) W zadaniu liniowym będzie

rEJ

MdrM

EJ

M παϕπ

== ∫0

112

b) W zadaniu nieliniowym nA /1εσ = zachodzi

( ) ( ) rNAJ

Mdr

NAJ

Mnn

N παϕπ

+=

+= ∫ 1

110

12

1 1

1

α

M1

1 2

M(α)

α

M

1 2

90

Z porównania rozwiązań obu zadań wynika, że

( ) ( )( )1

12

12

11−

+=

+= n

n

nN

MNAJ

EJ

M

EJ

NAJ

M

ϕϕ

Stosunek obrotów w obu zadaniach nieliniowym zależy od stosunku

sztywności ( )nNAJ

EJ

1+ i momentu M.

ZADANIE 2.10. Należy określić przemieszczenie i kąt obrotu punktu B łuku kołowego

statycznie wyznaczalnego poddanego działaniu nierównomiernego ogrzewania.

Rys. 2.10a Dane: T1, T2, l, E, A, F, J, ( )1+NJ Szukane: φB , uB Rozwiązanie: Szukane przemieszczenia punktu B wyliczymy ze wzoru

∫∫∫ ∫ +++=s

Ts

Ts s

MM dsNdsMdsNdsM 1111 εκεκδ

gdzie TMTM εεκκ ,,, są odpowiednio krzywiznami i odkształceniami wywołanymi wpływami mechanicznymi i cieplnymi. Z powyższego wzoru wyliczymy szukane przemieszczenie liniowe uB oraz obrót φB. W miejsce szukanego przemieszczenia możemy wstawić jednostkową siłę dla

A B uB=?

l l

ϕB=? T2

T1 T2>T1

91

przemieszczenia liniowego uB , a dla przemieszczenia kątowego φB wstawiamy jednostkowy moment.

Jako, że w powyższym zadaniu mamy tylko oddziaływania termiczne, wzór dla przemieszczenia uB przyjmie postać

( )

( )1

1 ,

11

1111

==

==+= ∫∫

PNN

PMMdsNdsMus

Ts

TB εκ

a dla przemieszczenia kątowego φB będziemy mieli zależność

( )

( )1

1 ,

11

1111

==

==+= ∫∫

MNN

MMMdsNdsMs

Ts

TB εκϕ

Niezależnie od równania fizycznego, krzywizny i wydłużenia pochodzące od przyrostu temperatury mają postać

( ) ( )

2 , 2112 TT

h

TT TT

TT

+=−= αεακ

Wykresy funkcji M1(P), N1(P), M1(M), N1(M) mają następującą postać

Rys. 2.10b

1 1 α

1⋅lsinα l M1(P)

1 1 α

1⋅sinα

1 N1(P)

1 α

M1(M)

1 1/2l 1/2l

( )α+ cos12

1

1 α

N1(M)

1/2l 1/2l

α− cos2

1

l

1/2l 1/2l

92

Podstawiając wyrażenia na TT εκ , i siły od wpływów jednostkowych uzyskamy

( ) ( ) ααααααα ππlddsld

TTdll

h

TTu TT

B =∫++∫

−= , ( 0

21

0

12 sin2

)sin

oraz

( ) ( ) ( )∫∫

+−+−=ππ

ααααααϕ0

21

0

12 cos 21

2 cos1

21

ldl

TTdl

h

TT TTB

Po wyliczeniu całek i przekształceniach szukane przemieszczenia przyjmą postać

( ) ( )( )

h

lTT

lTTh

lTTu

TB

TT

B

2

2

12

12

212

παϕ

αα

−=

++−=

Wynik ten jest prawdziwy zarówno dla rozwiązania liniowo i nieliniowo

sprężystego, jak również dla teorii starzenia. Ogólnie jest on słuszny dla każdego równania teorii naprężeń cieplnych. Istotnie, w ogólnym wyrażeniu na przemieszczenia znikną całki Mohra od obciążeń mechanicznych, a pozostają jedynie człony wynikające z odkształceń termicznych. Dzieje się tak dlatego, gdyż różnica między zadaniem liniowym a nieliniowym tkwi w sposobie definiowania tylko deformacji mechanicznych, których tu nie ma.

93

Rozdział III

Zadania statycznie niewyznaczalne

W rozdziale tym zostaną przedstawione stosunkowo proste zadania statycznie niewyznaczalne w przypadkach układów belkowych i ramowych. Zwrócono przy tym szczególną uwagę na porównanie rozwiązań tj. sił wewnętrznych wynikających z różnych przyjęć modeli materiału układu, a w tym nieliniowych sprężystych i lepkosprężystych, czy też teorii lepkiego płynięcia. Ta grupa zadań o stosunkowo prostej konfiguracji daje wyobrażenie o konsekwencjach przyjmowanego często arbitralnie modelu obliczeniowego. W praktyce inżynierskiej dominują bowiem nadal prawie wyłącznie układy liniowo-sprężyste, mimo że rozwój metod numerycznych obliczeń konstrukcji pozwala uwzględnić bardzo złożone modele materiałowe. Sądzę więc, że zasadnym jest porównać rozwiązania tych samych problemów przy różnych modelach materiałowych, tak aby mieć wyobrażenie o skali błędu wynikającego z przyjętego modelu. Różnice są stosunkowo najmniejsze w przypadkach obciążeń czysto mechanicznych, zaś rosną znacznie, kiedy porównujemy wpływy niemechaniczne (temperatura, osiadanie podpór, skurcz), stąd ta grupa zadań jest szerzej prezentowana w tym opracowaniu.

Podstawowe w rozważaniach równania metody sił otrzymujemy z analizy trzech grup zależności, a mianowicie:

- relacji łączących przemieszczenia w układzie δk z odkształceniami κ, ε:

( ) ( )∫∫ =+==s

ns

nk dsXNdsXM 1 1 11 εκδ

z których wynikają podstawowe relacje geometryczne, czyli warunki zgodności przemieszczeń w układach statycznie niewyznaczalnych

( ) ( ) ( )dssdssstts s

, )( ∫ ∫+=→= cauuδ εκ ,

gdzie [ ] [ ] ( ) ( )[ ]1,... 1 , ,... , ,... 11111 ===== nT

nT

n XMXMuu auδ δδ są kolejno uporządkowanymi zbiorami przemieszczeń w układzie podstawowym, przemieszczeniami znanymi w zadaniu statycznie niewyznaczalnym oraz zbiorem funkcji momentów zginających i sił osiowych pochodzących od sił hiperstatycznych 1=nX , n = 1, 2, .... r;

- zależności moment – krzywizna oraz siła osiowa – wydłużenie, które wynikają z fizycznych własności materiału,

- związków określających siły przekrojowe M i N w zależności od sił hiperstatycznych X i obciążeń P

94

PdXcPbXa TTTT NM +=+= , ,

gdzie TTTT dcba ,,, , są wektorami, których współrzędne są uporządkowanymi rozkładami momentów zginających od obciążeń jednostkowych, odpowiednio

1 ,1 == nn PX . W wyniku przekształceń otrzymujemy ogólne postacie równań metody sił w

przypadku zadań:

- liniowo sprężystych EJ

ME == κεσ ,

( ) dsEJdsMEJs

TT

s

aPbXauau ∫=∫= +→

stąd

uBPAX EJ=+

gdzie

∫ ⊗=s

T ds , aaA [ ] ∫=s

jiij dsaaA , ∫ ⊗=s

T dsbaB , [ ] ∫=s

riir dsbaB

- nieliniowo–sprężystych ( )n

N

NAJ

MA

+==

1 , κεσ

( )[ ] [ ] dsNAJn

s

TTn aPbXau ∫= ++1

- liniowej lepkosprężystości MdJEdE =∗∗= κεσ ,

( ) dsdJEdsdJEdJEs

TT

s

aPbXauau ∫∫ +=∗→∗=∗ κ

stąd

uBPAX dJE∗=+ - nieliniowej lepkosprężystości

HdAaNAJ

daMdA

n

N =∗

+∗=→∗= ,

)1( κεσ

[ ] ( )∫ ∗=+s

nn dsdaMNAJ au)1(

95

stąd

[ ] ( )[ ]∫ +=+s

nTTn dsdaNAJ aPbXau *)1(

- lepkiego płynięcia ( )n

n

NJ

MBB

+==

1 , κσε &&

stąd

( )( ) ( ) ( )∫=∫= ++→+s

nTTn

s

n dsBNJdsBNJ aPbXauau &&& 1 1 κ

W przytoczonych równaniach parametry materiałowe )(),1(,,,, tANJJBAE +

są takie same w całym układzie (nie są funkcjami współrzędnej s). W przypadku wpływów niemechanicznych należy uwzględnić dodatkowo,

że om κκκ += i do poprzednio podanych równań dodać całkę pochodzącą od

krzywizny niemechanicznej oκ , stąd ∫ ∫+=s s

om dsds aau κκ .

ZADANIE 3.1.

Należy wykazać, że dla ram o zamkniętym konturze wykonanych z

nieliniowo sprężystego materiału ( )∫ ==s

nN dsMA 0 dla oraz εσ , których

przykłady przedstawiono na rys. 3.1a dowolnego obciążenia, zachodzi:

Rys. 3.1a Ramy o konturze zamkniętym.

Rozwiązanie: Rozetnijmy myślowo zamkniętą ramę. Z warunku ciągłości odkształceń

wynika, iż kąt wzajemnego obrotu ϕ w tym miejscu powinien być równy zero.

96

Rys. 3.1b Warunek ϕ = 0 w przypadku materiału nieliniowego o równaniu fizycznym

NA εσ = i wyrażeniu na krzywiznę n

NAJ

M

+=

)1( κ prowadzi do relacji

∫∫ =→=

+→=

s

n

s

n

dsMdsNAJ

M0)(01

)1(0ϕ

Zauważmy, iż zależność ta jest słuszna dla każdej zamkniętej ramy o

dowolnym kształcie (tzw. oczko). W przypadku liniowej sprężystości zachodzi

∫ =s

Mds 0 .

Zależność ta jest prawdziwa również w liniowej lepkosprężystości, kiedy

εσ dE∗= i σε dF ∗= oraz dMFJ

∗= 1 κ . Wtedy warunek ϕ = 0 prowadzi

do zależności

∫ ∫ ∫ =→=∗→=∗s s s

MdsdFdsMJ

dsdMFJ

001 1

01 1

Natomiast tylko dla sił postaci )(0 tfPP αα = , tj. obciążeń narastających według tej samej funkcji zachodzi:

HdaANJ

dAMdA

n

=∗

+∗=→∗= ,

)1( N κεσ

stąd

ϕ

s ϕ

97

( )∫ ∫ ∫ =→

+∗

→=

+∗→=

s s s

nnn

dsMdsNJ

dafMds

NJ

daM0

)1(01

)1(0 0

0ϕ

W przypadku nieproporcjonalnego narastania obciążeń kiedy )(0 tfPP αα ≠ , ostatnia z całek jest nieprawdziwa.

ZADANIE 3.2. Należy wykazać, że w zadaniach nieliniowo-sprężystych, nieliniowo

lepkosprężystych oraz w statyce lepkiego płynięcia, w których występują tylko obciążenia mechaniczne, siły wewnętrzne są zależne jedynie od wykładników w prawie potęgowym. Siły te są zaś niezależne od pozostałych parametrów materiałowych występujących w równaniach fizycznych.

Rozwiązanie: Analizować będziemy następujące równania fizyczne i przyporządkowane

im relacje moment - krzywizna

( ) Nn

NAJ

MA

nN 1

1=

+=→= , κεσ

( )( ) ( ) ( )∫ =∗

+∗=→−=

t nN HdAa

NJ

dMadAt

0

,1

κττεσ

( ) ( ) mL

LJ

MBB

mm 1

1

=

+=→= κσε &&

W każdym z analizowanych przypadków równania metody sił otrzymamy z

analizy znanych w zadaniu przemieszczeń o wektorze [ ]nT uuu ,........, 21=u

( ) ( ) ( )∫=s

dssstt , au κ

Podstawiając z kolei wyrażenie na: - nieliniową krzywiznę sprężystą uzyskamy

( ) ( )( )0ds0=ds

1+NAJ

10=ds

10

s

=→→

+→= ∫ ∫∫

s

n

s

nn

n

MMNAJ

Maaau

98

- nieliniową krzywiznę lepkosprężystą ( )tfMM 0= uzyskamy

( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∫ →

∗→

+∗→=

s

nn

s

nn

M=N+J

dafM

NJ

daM0=ds0

1ds0=ds

10

s00 aaau

- krzywiznę w teorii lepkiego płynięcia otrzymamy

( ) ( )( )∫ ∫∫ →+

→

+→=

s

m

s

mm

m

MMLJ

B

LJ

MB 0=ds0=ds

10=ds

10

s

aaau

Wykazaliśmy, iż wyznaczenie sił hiperstatycznych wymaga rozwiązania równania macierzowego postaci

( ) ( )∫ ∫ +→s

nnMs

0=ds0=ds aPbXaa TT

w którym nieliniowość związana jest jedynie z wykładnikiem n. Wynik ten jest natomiast niezależny od parametrów A, A(t), B(t,T) i momentów J(N+1). Wyjątek tu stanowią zadania lepkosprężyste, kiedy M(s,t)≠ M0(s) f(t).

Z uwagi na fakt, że o wielkościach wewnętrznych decydują tylko obciążenia P oraz siły w wiązach X możemy stwierdzić, że wielkości te będą niezależne od funkcji A, A(t) i B. Oczywiście, w przypadku wpływów niemechanicznych siły te w zasadniczy sposób zależą od wszystkich parametrów równań fizycznych.

ZADANIE 3.3. W układzie ramowym jak na rys. 3.3a należy wyznaczyć siłę hiperstatyczną

oraz sporządzić wykresy sił przekrojowych. Zadanie należy przeanalizować w zakresie nieliniowo-sprężystym i lepkosprężystym.

Rys. 3.3a

M M

1 2

h

l X

≡ δ2 =0

99

Rozwiązanie: Przyjmiemy jako wielkość nadliczbową reakcję pionową w podporze 2.

Wykresy momentów zginających od obciążeń i sił jednostkowych mają postać

Rys. 3.3b

Spełniając warunek 02 =δ z wykorzystaniem całki Mohra w zadaniach

nieliniowych ( )n

N

NAJ

MA

+=→=

1κεσ otrzymamy

( ) ( )∫ ∫ =

+−+

+→=

l h nn

dslNAJ

MXldss

NAJ

Xs

0 02 0

1

10δ

stąd

( )[ ] ( ) 02

021

22

=

−++

→=

−+++

++ nnnn

n

n

X

Ml

lhn

llh

X

Ml

n

l

NAJ

X

( )

Nn

lhn

ll

X

M

+=−

+

2

2

Siła hiperstatyczna XN=X w zadaniu nieliniowo-sprężystym wynosi

M

X 1

s s

M Xl

Xs

l 1s

100

( )

12

2

−+

++=

Nn

N lhn

llMX

Analizując problem w zakresie lepkiego płynięcia, z równań fizycznych

mBσε =& i krzywizny ( )m

LJ

MB

+=

1κ& oraz warunku geometrycznego 02 =δ&

otrzymamy

( ) ( )∫ ∫ =

+−+

+→=→=

l h mm

dslLJ

MXlBdss

LJ

XsB

0 02 0

1

100 δδ &

Wartość siły hiperstatycznej Xc w układzie

( )

112

2

−+

++=

mm

c lhm

llMX

Z porównania obu wyników wnosimy, że siły hiperstatyczne przy braku

wpływów niemechanicznych są niezależne od funkcji A i B, zależą natomiast od wykładników potęgi w równaniach fizycznych. Można się przekonać, że własność ta przenosi się na układy o dowolnej statycznej niewyznaczalności.

ZADANIE 3.4. Należy określić siły przekrojowe w belce obustronnie utwierdzonej

obciążonej jak na rys. 3.4a. Materiał belki jest nieliniowy fizycznie.

Rys. 3.4a

Dane: P, l, ( ) nN

NAJ

MA

n

N 1 ,

1 , =

+== κεσ

l

P 1 2

l

P X1 X2

101

Rozwiązanie: W obu utwierdzeniach belki zachodzi .021 == ϕϕ Wynika stąd sposób

rozwiązywania zadania przez zastąpienie wiązów momentami X1=X2=X

Rys. 3.4b Całka Mohra wynikająca z warunku 021 == ϕϕ ma postać

( ) ( )

( )( ) ( ) 1

11

1

2/

0

1

2/

0

2/

0

40

412

2

01

211

20

++

++

+

=

−→=−−

−=+

−

→=

′−

+

−′+

+−

+

−→= ∫∫

nn

nn

ln

l

n

l

n

XXPl

XXPl

nP

XsP

dsl

s

NAJ

XsP

dsl

s

NAJ

XsP

ϕ

Pierwszy z pierwiastków wynosi

84

PlXXX

Pl=→=−

( )( )

( )( )∫ ∫ =

−

++

−

+→=

2

0

2

0

01

11

0l/ l/ nn

dsl

s

NAJ

sMds

l

s

NAJ

sMϕ

Po uproszczeniach otrzymamy całki postaci ( ) XsP

sM −=2

∫ ∫ ∫ =−+−2/

0

2/

0

2/

0

011l l l

nnn sdsMl

dssMl

dsM

stąd

X X

P s

M(P,)X

PsXPl

sM −−=4

)(

X

4Pl

M1

1

l

s'

l

s'1−

102

( ) 01

22

2

2/

0

1

2/

0

=+

−=

−

+

∫

ln

nl

nP

XsP

dsXsP

Proste wyliczenia prowadzą do zależności (n+1 –liczba parzysta)

( ) ( ) 11

11

40

2

2+

++

+

=

−→=−−

− nn

nn

XXPl

XXlP

W przypadku zadania liniowego warunek 0=ϕ daje

80

2

1

3

1

3

2

242

10

PlXXl

lPl =→=+

+

⋅−→=ϕ

W zadaniu nieliniowym dla n=3 zachodzi

( )

8

044

0444

44

PlX

iXXPl

iXXPlPl

XXPl

XXPl

=

=

+−

−−

−

−−=−

−

Identyczność obu rozwiązań jest wyjątkiem, a nie regułą. ZADANIE 3.5. Należy określić siły przekrojowe w układzie prętowym, obciążonym siłami

poziomymi P1 i P2. Rozważania należy przeprowadzić w zakresie liniowo- i nieliniowo - sprężystym.

Rys. 3.5a

P1

h

l1

F1 P2

l2

0 1 2

F2

103

Dane: P1, P2, l, h, ( )n

N

NAJ

MA

+==

1,κεσ ,

n

AF

N

=ε

Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne, a siłą nadliczbową X

będzie siła w ryglach. Po zastąpieniu układu trzema podukładami: (słupy, rygle) oraz wykorzystaniu warunku nierozdzielności 2121 ∆+∆=−δδ otrzymamy w

liniowo-sprężystym zadaniu

Rys. 3.5b

( ) ( )33

2

2

311

211

1

hXPh

hXPEJ

−=⋅−=δ

( ) ( )33

2

2

322

222

2

hXPh

hXPEJ

+=⋅+=δ

22221111 , lXEFlXEF =∆=∆

Z analizy równowagi sił w węźle wynika, że X1=X2, a więc

( ) ( ) ( ) 321

222

211

3

2

2

1

13

23

1

3

2

33hPPililhX

EF

Xl

EF

Xl

EJ

hXP

EJ

hXP−=

++→+=+

−−

stąd

( )2

22

1

21

1222

211

3321 , ,

3

2

F

Ji

F

JiililhhPPX ==

++−=−

W zadaniu nieliniowym przemieszczenia 2121 ,, ∆∆ iδδ mają postać

P1 P2

X1 X1 X2 X2

(P1-X1)h

s

h-s

δ1

δ1-∆1

(X2 +P2)h (P1-X1)s

104

( )( ) ( )

22

211

1

0

211

1

,

,21

1

lAF

Xl

AF

X

n

h

NAJ

XPdss

NAJ

sXP

nn

h nnn

=∆

=∆

+

+−

=

+−

= ∫+

δ

( )( ) ( )∫ +

++=

++=

+h nnn

n

h

NAJ

XPdss

NAJ

sXP

0

222

2 ,21

1

δ

Z warunku nierozdzielności otrzymamy

( ) ( ) ( ) ( )

+

=+

++

−+

+− ++

nn

nnnnn

F

l

F

l

A

X

n

h

NAJ

XP

n

h

NAJ

XP

2

2

1

12

22

1

2121

a dalej

[ ] [ ] [ ] ( ) ( )( ) ( )[ ]

22

2

1

121

12+

++

+==+−− n

n

nnnnnnn

h

NJn

F

l

F

laaXXPXP gdzie

W przypadku szczególnym P2=0 otrzymamy znacznie prostsze równanie

algebraiczne

[ ] [ ] nn XbXP =−1 które sprowadzimy do postaci

[ ] [ ] 01 =−− nn XbXP W przypadku n=3 można uzyskać wprost rozwiązanie

[ ] [ ][ ]

( )312

,0

12,1

2113

31

±−

=

=−−

−−

=−

−

b

XPX

XXXXXb

XPX

b

XP

ZADANIE 3.6. W nieliniowej lepkosprężystej ramie przedstawionej na rys. 3.6a działa

pozioma siła P = P0 f (t), gdzie f (t) jest znaną funkcją czasu t. Należy określić rozkład sił przekrojowych w ramie.

105

Rys. 3.6a

Dane: P=P0f(t), l, h, ( ) ( )[ ] ( )∫ −=t

N dAtt0

ττεσ

Zależność moment-krzywizna ( ) HdaANJ

daMn

=∗

+∗=

1κ

Rozwiązanie: W zakresie liniowo-sprężystym mamy tu do czynienia z obciążeniem

asymetrycznym działającym na symetryczną ramę. Wykresy momentów zginających są wówczas asymetryczne a jedynymi relacjami w podporach 0, 3

są siły poziome .230P

HH == Powstaje pytanie czy własność ta przenosi się

na zadania nieliniowe. Przeanalizujemy w tym celu następujące równoważne zadanie statycznie

wyznaczalne (rys. 3.6b). Przyjmując jako wielkość nadliczbową moment X w środku rozpiętości rygla

wypiszemy warunek równoważności obu układów. Ma on postać ϕ = 0

( )∫ =

+∗=

s

n

A dsMNJ

daM11

ϕ

∫ ∫+

−

+⋅

∗++⋅

∗

−=h l

l

nn

dsdal

PhsXds

h

sdas

P

h

X

0

2/

2/

12

( )( )0

2

1

20

=+

∗

++ ∫ n

nh

NJds

h

sdas

P

h

X

Jeżeli teraz przyjmiemy, że siła hiperstatyczna X(t) zmieniać się będzie w

czasie podobnie jak obciążenie tj. X=X0f(t) a druga całka zniknie

P(t)

h

l 0

1 2

3

106

Rys. 3.6b

−−

++

=

=

++

=

+

++

−

+

−∫

11

2/

2/

12

2

22)1(

)1(

nn

l

l

nl

l

n

P

h

XP

h

X

nP

l

l

Ps

h

X

nP

lds

l

Ps

h

X

to równanie ϕA=0 prowadzi do zależności

( ) ( )nnnnnn

P

h

XP

h

X

hn

hP

h

X

hn

hP

h

X

+−=

−→=+

+++

−++

220

2222

22

Z uwagi na fakt, iż n jest liczbą nieparzystą, ponieważ σ(-ε) = -σ(ε) to

nn

h

XP

h

XP

+=

−22

a stąd X = 0. Warto jednak zauważyć, że o ile w

zadaniach klasycznej mechaniki rezultat ten jest oczywisty to w naszych rozważaniach trzeba założyć, iż zmiany siły X (t) = X0 g(t) są takie, że g(t) = f(t), a jedna z całek musi zniknąć.

P ϕ=0

-X -X X X

s

M(X)

h

Xh

X

M(P) M1

s

l

hP

l

hP

l

hP

2P

2P

1 1

h

1

h

1

107

ZADANIE 3.7. Wyznaczyć siły przekrojowe w układzie prętowym jak na rys. 3.7a w

zakresie nieliniowo-sprężystym i lepkosprężystym.

Rys. 3.7a Dane: h, l, P, J(N+1)

EJ

ME =→= κεσ

( )n

N

NJ

daMdA

+∗=→∗=

1κεσ

Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Wykresy sił

przekrojowych przedstawiają rysunki

Rys. 3.7b

P

h

l l

α

αcosl

P

s

X M(X)

αα

cossin

lX

M(P)

l

hP

2 l

hP

2

M1(X=1) 1

αtgl

108

Warunek δ = 0 w zadaniu liniowym prowadzi do relacji

( )∫ →=⋅−→=α

αααδcos

0

0sin1cossin20

l

sdssVX

( ) ααα

αα ctg2

ctg0cos

cossin3

13

l

hPXVX

lVX =→=→=

−

W zadaniu nieliniowym lepkosprężystym zachodzi

( )0 sin1

1

cos2

sin20

cos

1

0

=

∗

+

−→= ∫ dssdas

NJl

hPX

n

nα

ααδ

α

stąd dla P = P0 f(t) i X = X0 f(t) zachodzi

∫ =

−+α

ααcos

1

0

1 0cos2

sinn

n

l

hPXdss

( ) 0cos2

1ctg

2sin

2

=

+

−+nn

n l

nl

hPX

ααα

αα ctg2

0ctg2 l

hPX

l

PX

n

=→=

−

Jest to przykład zadania gdzie liniowe rozwiązania się pokrywają z

nieliniowymi i to zarówno w zakresie sprężystym jak i lepkosprężystym. ZADANIE 3.8. W podanym układzie statycznie niewyznaczalnym należy określić siły

przekrojowe w zadaniu liniowym oraz nieliniowym sprężystym.

109

Rys. 3.8a

Dane: P, l, h, σ = Eε, σ = AεN, ( )n

NAJ

M

EJ

M

+==

1 , κκ

Rozwiązanie: Przyjęty układ podstawowy wraz z wykresami momentów zginających

M(P), M(X), M1(X1=1) przedstawiono na rysunku

Rys. 3.8b Rozwiązanie zadania liniowo-sprężystego prowadzi do zależności 0=ϕ

3

2

2 ,

3

1

3

2

3

2

2

1

3

2

2

12 0

2

111111h

EJlhlh

EJPX PP

−=+=⋅⋅+⋅⋅==+ δδδδ

stąd

Plhh

PX P12

11

1

3

1

3

2

3

−

+=−=δδ

X X

s

M(X)

h

X h

X

s

l

X l

XX

s

M(P)

P

Ph

1 1

M(X=1)

h

1

s

l

1

1 P

1 1

s h

1

l

1

P

h

l

110

W zadaniu nieliniowym warunek ϕ = 0 prowadzi do relacji

∫ ==s

dsM 01κϕ

∫ ∫ ∫ =

+

+

−→=h l l nn

nn

dsh

ss

h

Xds

l

s

l

Xsds

h

ssP

h

X

0 0 0

01

0ϕ

0222

=

+

+

−+++

h

l

h

X

l

l

l

X

h

hP

h

X nnnnnn

Otrzymamy stąd równanie algebraiczne postaci

( ) 00 221 =+

+

−→=

+

+

− +++ nnn

nn

nnn

h

XP

h

X

h

X

l

XP

h

X αααα

gdzie h

l=α

Z uwagi na fakt, iż n jest liczbą nieparzystą to nn

h

XPP

h

X

−−=

− i

otrzymamy

( )11 gdzie , 0 ++==

−−

nnnn

h

XP

h

X ααββ

W przypadku szczególnym n = 3 otrzymamy rozwiązanie postaci

=

−+

−+

+−=

−−

2233

h

XP

h

XP

h

X

h

X

h

XP

h

X

h

XP

h

X ββββ

⋅

−+

−−

−−= 32

1i

h

XPP

h

X

h

X

h

XP

h

X ββ

−−

−−⋅ 32

1i

h

XPP

h

X

h

Xβ

Rzeczywisty pierwiastek tego równania prowadzi do zależności

( ) ( ) PhXPh

X

h

XP

h

X 1110 −+=→=+→=

−− βββ

111

W zadaniu nieliniowym lepkosprężystym, kiedy dAN ∗= εσ ,

( )n

NJ

daM

+∗=

1κ wobec wykazanej poprzednio zależności rozwiązań w

przypadku obciążeń mechanicznych od funkcji relaksacji A wynik będzie identyczny jak w nieliniowo-sprężystym.

ZADANIE 3.9. Należy określić siły przekrojowe występujące w układzie prętowym

przedstawionym na rys. 3.9a obciążonym siłą poziomą P.

Rys. 3.9a

Dane: P, l, h, ( )nn

N

AF

N

NAJ

MA

=

+== εκεσ ,

1 ,

Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne, a jako siłę nadliczbową

przyjmiemy siłę osiową X w ryglu. Układ rozbijemy na 2 podukłady: rygiel 1-2 oraz słupy 0-1 i 2-3. Każdy z elementów jest nieliniowo-sprężysty.

Rys. 3.9b

P

h

l 0

1 2

3

P X

(P-X)h

s ∆

X X X s

Xh

112

Warunek nierozdzielności układu ma postać

∆=− 21 δδ

gdzie δ1, δ2 i ∆ są kolejno ugięciem słupów 0-1 i 3-2 oraz skróceniem rygla 1-2.

Rys. 3.9c W zadaniu liniowo-sprężystym σ = Eε zachodzi

( )33

2

23

2

2

322

1hXP

hXh

hPh

EJ−=⋅−⋅=δ

33

2

2

32

2Xh

hXh

EJ =⋅=δ

XlEF =∆

stąd

( )F

J

h

lbXbXP

EF

Xl

EJ

Xh

EJ

hXP3

33 3 ,2

33==−→=−−

Siła osiowa w ryglu wynosi

b

PX

+=

2

W przypadku nieliniowo – sprężystym przemieszczenia wynoszą

( )( ) ( )∫ +

+−=

+⋅−=

+h nnn

n

h

NAJ

XPdss

NAJ

sXP

0

2

1 21

1

δ

1

1h

h

1 1 1

1h

M1

113

( ) ( )∫ +

+=

+=

+h nnn

n

h

NAJ

Xdss

NAJ

Xs

0

2

2 21

1δ

lAF

X∆

n

=

Podstawiając do warunków nierozdzielności otrzymamy

( ) ( )nn

nnnn

nnnn

Fh

JnlXXXPl

AF

X

n

h

AJ

X

AJ

XP2

2 2

2 +

+ +=−−→

=+

−

−

a następnie

( )a

PXX

a

XPX

a

XPaXXP n

nnnn

+=→=−→=

−→=−11

Wyznaczenie siły nadliczbowej wymaga rozwiązania równania algebraicznego typu (A-X)n - (X)n = 0. Podamy teraz rozwiązanie kiedy n = 3.

Zachodzi

( )( ) 00 21 =−−

−−→=−

−XXXXX

a

XPX

a

XP nn

gdzie

( )312 2,1 ±−=a

XPX

Otrzymamy stąd trzy pierwiastki Pa

Xa

PX

312

31,

1 3,21 ±+±=

+=

Zauważmy, iż pierwiastek Pa

X312

313 −+

−= prowadzi do siły X o zwrocie

przeciwnym od założonego, a więc sprzecznego z fizycznym sensem zadania.

Występująca w tym zadaniu wielkość ( )

12

2+

+=n

n

hF

J

h

lna ujmuje

wpływ nieliniowych parametrów występujących w równaniach fizycznych. ZADANIE 3.10. Należy wyznaczyć siły przekrojowe w układzie ramowym wykonanym z

materiału liniowo i nieliniowo-sprężystego.

114

Rys. 3.10a Dane: h, l, P, J(N+1)

EJ

ME =→= κεσ

( )n

N

NAJ

MA

+→=

1κεσ

Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. W zadaniu liniowo-

sprężystym układ podstawowy wraz z wykresami sił przekrojowych przedstawiają rysunki

P

h

l l

X X 2X

Xl Xl

Xl

s

M(X)

h

lX

h

lX

0

Ph

Ph

M(P)

l

hP

P

P

l

hP

115

Rys. 3.10b

11

1111 0

δδδδ P

XPX PP

−=→=+

gdzie

hl

hlh

EJlhlll

llh

EJ P 3

2

23

2

2 ,

3

2

3

2

3

2

22

3

2

22

2

132

2

11 ⋅−⋅−=+=⋅+⋅= δδ

stąd

( ) ( )1

3222

3

2

3

1−

++= lhlhllhX

W zadaniu nieliniowym warunek δ = 0 prowadzi do całek

( ) ( )∫ ∫ +

+

−+

+

−→=

h l

nn

dssNAJ

l

hPX

dsh

ls

NAJ

sPh

lX

0 0

11

0δ

( ) ( ) 0 1

10 0

=

++

+

+ ∫ ∫h l n

n

dssNAJ

Xsdss

h

l

NAJ

sh

lX

stąd

02222

2222

=+

++

++

−++

−++++

n

lX

n

h

h

l

h

lX

n

l

l

hPX

n

h

h

lP

h

lX

nn

nnnnnn

1 1 2

1l

M1

h

l

1l

1l

116

( ) 01111

22

=

+⋅

+

−+

−++ n

nnn

nn

XX

PXPX

ααααα

αα,

l

h=α

( ) ( ) 01111

2121

=

+

+

−+

−++++ n

nn

nn

nn

n XXPXPXααα

αα

α

( ) 01111

2121

=

+

+

+

−++++ nn

nnn

n XPXαααα

α

( )[ ] ( ) 00 =+−→=+− nnnnn XPXbXPX αα W przypadku n = 3 zachodzi

( ) 0)(0 3333 =−−→=+− XPXXPX αα stąd

( )[ ] ( ) ( )[ ] 022 =−+−+−− XPXPXXXPX ααα Równanie to posiada następujący rzeczywisty pierwiastek

( )2

0 1P

XXPXαα =→=−−

Natomiast rozwiązanie równania ( ) ( ) 022 =−+−+ XPXPXX αα wobec

ujemnego wyróżnika ( ) 03 2 <−= αP∆ prowadzi do zespolonych wartości sił hiperstatycznych nie posiadających interpretacji fizykalnej.

ZADANIE 3.11. W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)

należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych wywołanych działaniem stacjonarnego pola temperatur. Schemat zadania oraz pole temperatur przedstawiono na rys. 3.11a.

117

Rys. 3.11a Obliczenia należy wykonać dla materiału

a) liniowo-sprężystego εσ ⋅= E

b) nieliniowo-sprężystego NA εσ ⋅= c) liniowo-lepkosprężystego εσ dR ∗=

Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać. Dane: l-długość, T1-temperatura wyższa, T2-temperatura niższa, αT-

współczynnik rozszerzalności cieplnej, E, n, R(t), A-współczynnik i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym układzie różnych materiałów.

Rozwiązanie: W zadaniu siłę hiperstatyczną i siły przekrojowe wyznaczamy korzystając z

całki Mohra

( ) ( )∫ ∫ +++=s s

TMTM dsNdsM 11 εεκκδ

gdzie δ jest przemieszczeniem w układzie wywołanym przyrostem temperatury.

Zgodnie z warunkiem nierozdzielności wzajemne przemieszczenie punktów 2 i 3 jest równe wydłużeniu pręta 2-3 co zapiszemy w następujący sposób

( ) ( )∫∫ −

+=+++s

TTMs

TM EF

lXl

TTdsNdsM

22

221

11 αεεκκ

l

l l l

1

2 3

4

T1

T1 T2

T2

T1>T2

118

gdzie: ( )TM κκ , są zmianami krzywizn wywołanymi odpowiednio przez stan

naprężeń i przyrost temperatury, a (εM, εT) są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartości temperatury w przekroju.

Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są momentami zginającymi i siłami osiowymi w analizowanym układzie prętowym, które wywołane są działaniem siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia.

Przedstawione zadanie jest równoważne następującemu statycznie wyznaczalnemu zadaniu.

Rys. 3.11b Należy jednak narzucić warunek nierozdzielności

( )EF

lXl

TTT

22

221 −+= αδ

W wyrażeniu tym δ przyjmuje różne wartości w zależności od

analizowanego materiału. Wspólną częścią obliczeń dla wszystkich rozważanych przypadków

(niezależnie od opisu materiału) są funkcje M1 i N1 których wykresy mają postać

Rys. 3.11c Wspólną częścią obliczeń są również: wydłużenie oraz zmiany krzywizn

wywołane działaniem pola termicznego

l

l l l

T1 T2

T1>T2

X X

l l

M1

22

N1 22

+ +

119

Rys. 3.11d

ad a) Materiał liniowo-spr ężysty Materiał liniowo-sprężysty opisany jest równaniem fizycznym εσ ⋅= E .

Równanie to prowadzi do następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i

wydłużenie εM

EF

N

EJ

MMM == εκ ,

gdzie: M – funkcja momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, N – funkcja sił osiowych od wszystkich sił w układzie.

W wyniku podstawień otrzymujemy

( )∫ ∫ ∫∫⋅−+=++⋅+

s s sTTT

s EF

lXlTTdsNds

EF

NNdsMds

EJ

MM 2211

11

1 αεκ

Funkcje M i N można przedstawić w następujący sposób

11 , NXNMXM ⋅=⋅= więc

( )∫ ∫∫ ∫ −+=++

+⋅

s sTTT

s s EF

lXlTTdsNdsMds

EF

NNds

EJ

MMX

22111

1111 αεκ

( ) ( ) ( )EF

lXlTTX TTT

221

''1111 −+=+++ αδδδδ

gdzie

∫ ∫ ∫ ∫====s s s s

TTTT dsNdsMdsEF

NNds

EJ

MM1

'1

11'11

1111 , , , εδκδδδ

κT

Th

TT α21 −

εT

TTT α

221 +

120

Wartości współczynników ''1111 , , , TT δδδδ wyznaczamy korzystając z

uproszczonego sposobu Mohra – Wereszczagina. W wyniku przeliczeń otrzymujemy

311 3

22

3

22

2

12

1l

EJlll

EJ=

⋅⋅=δ

EF

ll

EF

2

2

22

2

22

1'11 =⋅⋅⋅⋅=δ

0 ,0 ' == TT δδ Uzyskane wyniki wstawiamy do równania

( )EF

lXlTT

EF

l

EJ

lX T

22

3

2221

3

−+=

+ α

( ) ( )lTTEF

l

EJ

lX T 21

3 22

3

22 +=

++ α

( )[ ] ( ) 13

2122

3

22−

++⋅+=EF

l

EJ

llTTX Tα

Wyznaczona siła hiperstatyczna X pozwala na sporządzenie wykresów sił

wewnętrznych w zadanym układzie prętowym.

Xl

M

X22

+ +

Xl

N

X X -

X22

121

Rys. 3.11e ad b) Materiał nieliniowo-spr ężysty Wykresy sił osiowych N1 i momentów M1 od siły jednostkowej X = 1 oraz

wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn są identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Wydłużenie i zmiany krzywizn wywołane siłą hiperstatyczną opisują wyrażenia

( )nn

NAJ

M

AF

N

+=

=1

, κε

które wynikają z równania fizycznego postaci NAεσ = W układzie zadanym, który rozpatrujemy teraz jako wykonany z materiału

nieliniowo-sprężystego nadal obowiązuje warunek nierozdzielności

( )( )n

n

TAF

lXlTT

221 −+= αδ

Wartość δ wyznaczamy z całki Mohra

( )[ ] ( )∫ ∫ ++++

=s s

TTn

n

n

n

dsNAF

NdsM

NAJ

M '11

1δδδ

gdzie: M = XM1, N = XN1, a następnie wstawimy do

( )[ ] ( )( )

( )∫ ∫ −+=++++s s

n

n

TTTn

nn

n

nn

AF

lXlTTds

AF

NNXds

NAJ

MMX 2

121

'1111 αδδ

X22

- +

T

X22

122

( )[ ] ( )( )

( )n

n

Ts s

n

n

n

nn

AF

lXlTTds

AF

NNds

NAJ

MMX

2

121

1111 −+=

+

+∫ ∫ α

Obliczamy całki

( )[ ] ( )[ ]( )

( )[ ] ( )∫ ∫ ++⋅=

+⋅=

+

+

s

l

n

n

n

n

n

n

nNAJ

lds

NAJ

ssds

NAJ

MM 2

0

2

11

21

22

12

1

( ) ( ) ( ) ( )∫∫

⋅

=⋅⋅⋅

=⋅

⋅=

l

n

n

n

n

n

ns

n

n

AF

l

AF

l

dsAFAF

NN 2

0

11

222

2222

22

2

2

2

212

Obliczone całki wstawiamy do

( )( )[ ] ( ) ( )

( )( )n

n

Tn

n

n

n

n

AF

lXlTT

AF

l

nNAJ

lX

22

22

21

2221

2

−+=

⋅

++⋅+

+

α

( )( )[ ] ( ) ( ) ( )

( ) lTTAF

l

AF

l

nNAJ

lX Tnn

n

n

n

n21

22

222

21

22 +=

+

+++

+

α

( )[ ] ( )( )[ ] ( ) ( )

N

n

n

n

nN

TAF

ll

nNAJ

llTTX

−

+

+

+++

+=22

22

21

222

21α

Porównując rozwiązania dla materiału nieliniowo-sprężystego i liniowo-

sprężystego możemy otrzymać tzw. „moduł sieczny”.

123

( )[ ] ( )( )[ ] ( ) ( )

=

+

+++

+

−

+

N

n

n

n

nN

TAF

ll

nNAJ

llTT

2222

21

222

21α

( )[ ] ( ) 13

2122

3

22−

++⋅+=EF

l

EJ

llTTTα

( )[ ] ( )

( )( )[ ] ( ) ( )

N

n

n

n

n

NT

AF

ll

nNAJ

l

F

l

J

llTTE

−

+

−

+

+++

⋅

⋅

+++=

2222

21

22

22

3

22

2

31

21α

Otrzymany „moduł sieczny” zależy nie tylko od rozkładu temperatur, ale

również od konfiguracji układu. ad c) Liniowy materiał lepkosprężysty Równanie fizyczne ma postać

( ) ( )∫ ∗=−=t

dtt0

εφτετφσ &&

gdzie: φ(t) – funkcja relaksacji, )(τε& - prędkość odkształceń, ∗ - symbol splotu.

Wydłużenia i krzywizny wyrażają się wzorami

J

M

F

N 11

,−− ∗=∗= φκφε &&

J

RM

F

RN ∗=∗=&&

κε ,

Warunek nierozdzielności pozostaje podobny do tego jak w zadaniu liniowo

i nieliniowo-sprężystym.

124

( )F

lXRlTTT

221

&∗−+= αδ

czyli

( )∫ ∫∫∫∗−+=+∗++∗

s sTT

sT

s F

lXRlTTdsNdsN

F

NRdsMdsM

J

MR 2211111

&&&

αεκ

gdzie: 11 , NXNMXM ⋅=⋅= &&&&

( )F

lXRlTT

dsNdsNF

NXRdsMdsM

J

MXR

T

s sT

sT

s

221

111

111

&

&&

∗−+=

=+∗

++∗

∫ ∫∫∫

α

εκ

( )F

lXRlTT

F

NNds

J

MMXR TTT

s s

221

'1111&

&∗−+=++

+∗ ∫ ∫ αδδ

( ) lTTF

lds

Fds

J

ssXR T

l l

22

22

2222 21

2

0

2

0

+=

+

⋅⋅+⋅∗ ∫ ∫ α&

( )[ ]1

3

2122

3

24−

+++=∗F

ll

J

llTTXR Tα&

Stosujemy na tym równaniu transformację Laplace’a, w wyniku której otrzymujemy

( )[ ]1

3

2122

3

241)()(

−

+++=F

ll

J

llTT

ppXppR Tα

Przyjmujemy w zadaniu stacjonarny układ temperatury określany równaniem ( ) )()()( 2121 tHTTtTtT && +=+ , gdzie: H(t) – funkcja Heaviside’a.

Wprowadzając funkcję modyfikującą r(t) )(

1)(

tRtr =

otrzymamy

( )[ ]1

3

2122

3

24)()(

−

+++∗=F

ll

J

llTTtr

l

ttX T

&&α

Funkcja X(t) dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury przyjmie

postać

125

( ) ( )( )[∫ ++−+

∗= −+−t

tCEbb

b

beCEEE

tX0

10

011

11)( τγγ

µτ

( ) ( ) +

−+

−

++

+−+ τδµτδ tEt

CECE bb2

00 1

1

1

11

( ) ( )[ ]1

3

210

22

3

22

1

11

1

1−

+++−

+−

++

F

ll

J

llTTdt

CEE T

bb

&&αττδµ

W podanym wzorze Eb, C0, γ są stałymi określającymi reologiczne właściwości betonu, (por.[]) µ - udział zbrojenia, E2 – moduł sprężystości stalowych wkładek.

Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił wewnętrznych wywołanych stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej. Przyjęto przy tym, że beton opisany może być równaniem liniowej lepkoprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.

Rys. 3.11f Wykresy sił wewnętrznych M, N, T dla materiału liniowo lepkosprężystego.

ZADANIE 3.12. W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)

należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i osiowych wywołanych osiadaniem podpory 1. Schemat statyczny układu oraz kierunek osiadania podpory przedstawione są na rys. 3.12a

X(t)s

M N

X(t)

s

X(0)s

-

+ +

X(0)

T

- +

X(t)

X(0)

126

Rys. 3.12a Obliczanie należy wykonać dla materiału:

a) liniowo sprężystego εσ ⋅= E

b) nieliniowo-sprężystego NA εσ ⋅= c) liniowo lepkosprężystego εσ dR ∗=

Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać. Dane: l – długość, E, A, N, R(t) – współczynniki i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym zestawie różnych materiałów. Rozwiązanie: W przedstawionym zadaniu siły wewnętrzne i hiperstatyczne wyznaczamy

posługując się całką Mohra, która w postaci niezmienniczej przyjmuje formę zależności

( ) ( )∫ ∫ +++=s s

TMTM dsNdsM εεκκδ 11

gdzie δ jest przemieszczeniem w układzie wywołanym osiadaniem podpory w punkcie 1.

Korzystając z warunków nierozdzielności możemy stwierdzić, że przemieszczenie układu w punkcie 1 wynosi

u

l

1

l l

2

3 4

5

127

δ=u czyli

( ) ( )∫ ∫ +++=s s

TMTM dsNdsMu 11 εεκκ

gdzie: Mκ jest zmianą krzywizny wywołaną przez stan naprężeń, Mε jest

wydłużeniem wywołanym przez pole naprężeń, natomiast Tκ jest zmianą

krzywizny wywołaną przyrostem temperatury, zaś Tε jest wydłużeniem wywołanym średnią wartością temperatury w przekroju które to wielkości w analizowanym przypadku są równe zero ze względu na brak oddziaływania termicznego.

Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są momentami zginającymi oraz siłami osiowymi w analizowanym układzie prętowym, wywołanymi działaniem siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku zadanego przemieszczenia, czyli w punkcie 1.

Przedstawione zadanie jest równoważne odpowiedniemu zadaniu statycznie wyznaczalnemu, w którym siła hiperstatyczna X jest tak dobrana by jej działanie wywoływało przemieszczenie δ równe osiadaniu podpory w punkcie 1, czyli musi być spełniony warunek nierozdzielności δ=u .

W wyrażeniu tym δ przyjmuje różne wartości w zależności od rodzaju analizowanego materiału (liniowo-sprężystego, nieliniowo-sprężystego itd.).

Wspólną dla wszystkich rozważanych przypadków częścią obliczeń jest wyznaczenie funkcji M1 i N1 – momentów i sił osiowych wywołanych działaniem siły jednostkowej w układzie podstawowym, których wykresy mają postać

Rys. 3.12b

u X

M1

l2

l2

l22

+

-

-

N1

2 2

22

2

128

a) Materiał liniowo-spr ężysty Dla materiału liniowo-sprężystego równanie fizyczne postaci εσ ⋅= E

prowadzi do następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i wydłużenie Mε

EF

N

EJ

MMM == εκ ,

gdzie M jest funkcją momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, natomiast N jest funkcją sił osiowych od wszystkich sił w układzie.

W wyniku podstawień równanie przyjmie postać

∫ ∫⋅+⋅=

s s

dsEF

NNds

EJ

MMu 11

Funkcje momentów zginających M i sił osiowych N można przedstawić w postaci

11 , NXNMXM ⋅=⋅=

i wówczas równanie statyki sprowadzi się do

⋅+⋅= ∫ ∫s s

dsEF

NNds

EJ

MMXu 1111

( )'1111 δδ += Xu

gdzie

∫ ∫⋅=⋅=

s s

dsEF

NNds

EJ

MM 11'11

1111 , δδ

'1111 ,δδ są wzorami określającymi współczynniki występujące w klasycznym

równaniu metody sił. Wartości tych współczynników wyznaczamy korzystając z uproszczonego

sposobu Mohra-Wereszczagina, który wynika wprost z obliczenia wartości całki oznaczonej iloczynu dwóch funkcji, z których jedna musi być ciągła, a druga liniowa.

Wyznaczenie wielkości '1111 i δδ wymaga „przemnożenia” wykresów funkcji

wg schematów

129

Rys. 3.12c W wyniku obliczeń otrzymujemy

EJ

llll

EJ

3

11

22

3

22

2

13

1 =

⋅⋅⋅=δ

( )EF

ll

EF

6223

1'11 =⋅⋅⋅=δ

M1

l2

l2

l2

M1

l2

l2

l2× = δ11

2

+

-

-

N1

2 2

2

2

2

+

-

-

N1

2 2

2

2

= δ′11 ×

130

Obliczone współczynniki wstawiamy do równania

+=

EF

l

EJ

lXu

62 3

13 62−

+=

EF

l

EJ

luX

Po obliczeniu siły X możemy przystąpić do sporządzenia wykresów sił

przekrojowych.

Rys. 3.12d

b) Materiał nieliniowo-spr ężysty W zadaniu nieliniowo-sprężystym wykresy momentów M1 i sił osiowych N1

od siły jednostkowej X = 1 będą takie same jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Zmianie ulegną wydłużenie i zmiany krzywizny wywołane przez siłę hiperstatyczną X.

Wyrażenia te będą miały postać

( )nn

NAJ

M

AF

N

+=

=1

, κε

W zadaniu tym słuszny jest warunek nierozdzielności δ=u

+

-

-

N

X2

X2

X2

+

-

+

T

X2

X2

M

lX2

lX2

131

Wartość δ wyznaczymy z całki Mohra

( )[ ] ( )∫ ∫++

=s s

n

n

n

n

dsAF

NNds

NAJ

MM 11

1δ

czyli

( )[ ] ( )∫ ∫++

=s s

n

n

n

n

dsAF

NNds

NAJ

MMu 11

1

( )( )[ ]

( )( )∫ ∫+

+=

s sn

n

n

n

dsAF

NXNds

NAJ

MXMu 1111

1

( )[ ] ( )

+

+= ∫ ∫

s sn

n

n

nn ds

AF

NNds

NAJ

MMXu 1111

1

Występujące w wyrażeniu całki mają postać

( )[ ]( )

( )[ ]( )

( )[ ] ( )∫ ∫ ++=

+=

+

++++

s

l

n

nn

n

n

n

n

nNAJ

lds

NAJ

sds

NAJ

M

0

221

/1

11

21

23

1

23

1

( )( )( )

( )( )∫ ∫

⋅==+++

s

l

n

n

n

n

n

n

AF

lds

AFds

AF

N

0

2111 232

3

( )( )[ ] ( )

( )( )

112123

21

23−+++

+

++⋅=

n

n

n

nn

n

AFnNAJ

luX

( )( )[ ] ( )

( )( )

N

n

n

n

nn

N

AFnNAJ

luX

−+++

+

++⋅=

12123

21

23

Z porównania rozwiązań w zadaniu liniowym i nieliniowym istnieje możliwość dobrania takiej wartości „modułu siecznego” E w zadaniu nieliniowym, aby rozwiązanie w obu zadaniach było identyczne.

Porównując siły X z rozwiązania liniowego i nieliniowego otrzymujemy

( )( )[ ] ( )

( )( )

N

n

n

n

nn

N

AF

l

nNAJ

lu

EF

l

EJ

lu

−+++−

⋅+++

⋅=

+

12113 23

21

2362

( )( )[ ] ( )

( )( )

+⋅

⋅+++

⋅=

−+++−

F

l

J

l

AF

l

nNAJ

luE

N

n

n

n

nn

N 6223

21

23 3121

1

132

Zastępczy moduł sieczny zależeć będzie tylko od konfiguracji układu.

c) Materiał liniowo-lepkospr ężysty Równanie fizyczne ma postać

( ) ( ) εφττετφσ && ∗=+= ∫t

dt0

gdzie: φ - funkcja relaksacji, ε& - prędkość odkształceń. Wydłużenie i krzywizna wyrażają się wzorami

J

M

F

N 11

,−− ∗=∗= ϕκϕε &&

J

RM

F

RN ∗=∗=&&

κε ,

dla równania fizycznego

( ) ( )∫ −=t

dtR0

ττστε

Warunek nierozdzielności w tym zadaniu pozostaje bez zmian δ=u czyli

∫ ∫∗+∗=

s s

dsNF

NRdsM

J

MRu 11

&&

gdzie

11 NXNMXM &&&& ==

Otrzymujemy

⋅+⋅∗= ∫ ∫s s

dsF

NNds

J

MMXRu 1111&

+∗=

EF

l

EJ

lXRu

62 3&

13 62−

+=∗

EF

l

EJ

luXR &

stosujemy transformację Laplace’a

( ) ( )13 621

−

+=⋅

EF

l

EJ

lu

ppXppR

133

Przyjmując ( ) ( )pRpr

1= otrzymamy

( ) ( )

+⋅∗=

−13 62

EF

l

EJ

lutrttX

( ) ( ) ( )( )[∫ ++−+

⋅= −+−t

tCEbb

b

beCEEE

tX0

10

011

11 τγγµ

τ

( ) ( ) +

−+

−

++


CECE bb2

00 1

1

1

11

( )

+−

+−

++

−13

0

62

1

11

1

1

EF

l

EJ

ludt

CEE

bb ττδ

µ

W podanym wzorze Eb, C0, γ są stałymi określającymi reologiczne właściwości betonu, µ - udziałem zbrojenia, E2 – modułem sprężystości stalowych wkładek.

Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił wewnętrznych wywołany osiadaniem podpory w punkcie 1. Wykresy wielkości wewnętrznych są analogiczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym.

Rys. 3.12e

M

stX )(2

+

-

-

N

)0(2X

+

-

+

T

sX )0(2

)(2 tX

)0(2X

)(2 tX

134

ZADANIE 3.13 W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)

należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych, wywołanych działaniem stacjonarnego pola termicznego. Schemat zadania oraz pole temperatur przedstawiono na rys. 3.13a.

Rys. 3.13a Obliczenia należy wykonać dla materiału

a) liniowo-sprężystego εσ E=

b) nieliniowo-sprężystego NAεσ = c) liniowo-lepkosprężystego εσ dR ∗=

Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać. Dane: l - długość, T2 - temperatura niższa, T1 - temperatura wyższa, αT -

współczynnik rozszerzalności cieplnej, E, N, R(t), A - współczynniki i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym układzie różnych materiałów.

Rozwiązanie: W zadaniu siłę hiperstatyczną i siły przekrojowe wyznaczamy korzystając z

całki Mohra

∫ ∫ +++=S S

TMTM dsNdsM 11 )()( εεκκδ

1

T1

T1

T2

T2

T1>T2

l l

l

l

135


Korzystając z warunku nierozdzielności stwierdzimy, że przemieszczenie w układzie w punkcie 1 wynosi zero, czyli

( ) ( )∫∫ +++=s

TMs

TM dsNdsM 110 εεκκ

gdzie ( )TM κκ , są zmianami krzywizn wywołanymi odpowiednio przez stan

naprężeń i przyrost temperatury, a ( )TM εε , są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartość temperatury w przekroju.

Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są momentami zginającymi i siłami osiowymi wywołanymi w analizowanym układzie prętowym działaniem siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia.

Przedstawione zadanie jest równoważne następującemu zadaniu statycznie wyznaczalnemu.

Rys. 3.13b Należy jednak narzucić warunek nierozdzielności 0=δ . W wyrażeniu tymδ przyjmuje różne wartości w zależności od rodzaju

analizowanego materiału (liniowo-sprężysty, nieliniowo-sprężysty, itd.). Wspólną częścią obliczeń zadania niezależnie od opisu materiału są funkcje

M1 i N1, których wykresy mają postać

T1

T1

T2

T2

T1>T2

X1

136

Rys. 3.13c

Wspólną częścią obliczeń są również wydłużenie oraz zmiany krzywizn wywołane działaniem pola termicznego.

Rys. 3.13d

a) Ciało liniowo-sprężyste Opisane jest ono równaniem fizycznym εσ E= , co prowadzi do

następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i wydłużenie Mε

EF

N

EJ

MMM == εκ ,

gdzie M - funkcja momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, N - funkcja sił osiowych od wszystkich sił w układzie.

W wyniku podstawień równanie (1) ma postać

1

M1

1

1

1

N1

-

-

-

- l

1

l

1

H

TTTT

)( 21 −= ακ2

)( 21 TTTT

+= αε

137

∫∫∫ ∫ +++=s

Tss s

T dsNdsEF

NNdsMds

EJ

MM1

11

10 εκ

Funkcje M i N można przedstawić w sposób następujący

11 , NXNMXM ⋅=⋅= Równanie statyki przyjmuje więc postać

∫ ∫∫∫ ++

+=

s sTT

ss

dsNdsMdsEF

NNds

EJ

MMX 11

11110 εκ

( ) ( )''11110 TTX δδδδ +++=

gdzie

, 11'11

1111 ds

EF

NNds

EJ

MM

ss∫∫ == δδ

∫∫ ==s

TTs

TT dsNdsM , 1'

1 εδκδ

Wartości współczynników ''1111 ,,, TT δδδδ wyznaczamy korzystając z

uproszczonego sposobu Mohra-Wereszczagina. W wyniku przeliczeń otrzymujemy

EJ

ll

EJ 3

4

3

2

2

114

111 =

⋅⋅⋅⋅=δ

EFlll

lEF

4114

1'11 =

⋅⋅⋅=δ

( ) ( )h

TTl

h

TTl TT

T2121

2

112

−⋅−=

−⋅⋅⋅−= ααδ

( ) ( )1212'

2

12 TT

TTl

l TT

T +=

+⋅⋅−= ααδ

Uzyskane wyniki wstawiamy do równania

( ) ( )

−−+−+

+=h

TTlTT

EFlEJ

lX T

T21

124

3

40

αα

138

( ) ( )1

1221 4

3

4−

+

++−⋅=EFlEJ

lTT

h

TTlX T

T αα

Wyznaczona siła hiperstatyczna X pozwala sporządzić wykresy sił

przekrojowych w zadanym układzie.

Rys. 3.13e b) Ciało nieliniowo-sprężyste Wykresy sił osiowych N1 i momentów M1 od siły jednostkowej X = 1 oraz

wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn są identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym.

Wydłużenia i zmiany krzywizn wywołane siłą hiperstatyczną obliczymy korzystając z zależności

( )nn

NAJ

M

AF

N

+=

=1

, κε

które wynikają z równania fizycznego postaci NAεσ = . W układzie zadanym, który rozpatrujemy jako wykonany z ciała nieliniowo-

sprężystego słuszny jest warunek nierozdzielności 0=δ . Wartość δ wyznaczamy z całki Mohra

( )[ ] ( )'

111 Ts s

Tn

nn

dsNAF

NdsM

NAJ

M δδδ ∫ ∫ ++++

=

X

M

X

X

X

N

-

-

-

- l

X

l

X T

-

-

l

X

l

X

+

+

139

gdzie 11 , NXNMXM ⋅=⋅= .

Wartość δ wstawiamy do równania

( )[ ] ( ) 01

'1

11

1 =++⋅+⋅+

⋅∫∫ TTs

n

nn

s

nn

dsNAF

NXdsM

NAJ

MX δδ

( )[ ] ( )( ) ( ) 0

1 122111

111 =

+−−−+

+

+⋅

∫∫ TTh

TTlds

AF

NNdsM

NAJ

MMX T

T

sn

n

s

nn αα

Obliczamy całki

( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]

( )[ ] ( )

( ) ( ) ( )n

l

n

n

sn

n

n

l

n

n

s

l

n

n

n

n

AF

lds

AF

llds

AF

NN

nNAJ

l

dsNAJ

l

s

dsNAJ

sl

sl

dsNAJ

MM

n

0

11

0

1

0

11

411

4

214

14

1

11

41

−

+

⋅=⋅

=

++=

=+

=+

⋅⋅

⋅=

+

∫∫

∫∫ ∫

Obliczone całki wstawiamy do

( )[ ] ( ) ( )( ) ( )21

21n 4

21

4TT

h

TTl

AF

l

nNAJ

lX T

Tnn

n ++−=

+

++

−

αα

( ) ( )( )[ ] ( ) ( )

N

nnTT

AF

l

nNAJ

lTT

h

TTlX

+

++

++−⋅=−− 1n

2121 4

21

4 αα

Porównując rozwiązania zadania dla ciała nieliniowo-sprężystego i liniowo-

sprężystego możemy otrzymać tzw. „moduł sieczny”.

( ) ( )( )[ ] ( ) ( )

=

+

++

++−⋅

−−N

nnTT

AF

l

nNAJ

lTT

h

TTl1

n

2121 4

21

4 αα

( ) ( )1

2121 4

3

4−

+

++−

=EFlEJ

lTT

h

TTlT

T αα

140

( ) ( )( )[ ] ( ) ( )

+⋅

⋅

+

++

++−⋅

=−−

FlJ

l

AF

l

nNAJ

lTT

H

TTlE

N

nnTT

4

3

4

4

21

4

n 1-N

2121 αα

Otrzymany „moduł sieczny” zależy nie tylko od rozkładu temperatur, lecz

także od konfiguracji układu. c) Liniowy materiał lepko-sprężysty Równanie fizyczne ma postać

( ) ( )∫ ∗=−=t

dt0

εφττετφσ &&

gdzie ( )tφ - funkcja relaksacji, ( )τε& - prędkość odkształceń,∗ - symbol splotu.


J

M

F

N 11

,−− ∗=∗= ϕκϕε &&

J

RM

F

RN ∗=∗=&&

κε ,

Warunek nierozdzielności pozostaje bez zmian jak w zadaniu liniowo i

nieliniowo-sprężystym 0=δ czyli

∫∫ ∫ ∫ +∗

++∗

=s

Ts s s

T dsNdsF

NNRdsMds

J

MMR1

11

10 εκ&&

gdzie

11 i NXNMXM ⋅=⋅= &&&&

∫∫ ∫ ∫ +∗

++∗

=s

Ts s s

T dsNdsNF

NXRdsMdsM

J

MXR11

111

10 εκ&&

'11110 TTs s

dsF

NNds

J

MMXR δδ ++

+∗= ∫ ∫&

( ) ( )1

111121

21

−

+

++−⋅=∗ ∫∫ dsF

NNds

J

MMTT

h

TTlXR

ssT

T αα&

141

( ) ( )1

2121 4

3

4−

+

++−⋅=∗FlJ

lTT

h

TTlXR T

T αα&

Stosując na równaniu transformację Laplace’a otrzymamy

( ) ( )1

2121 4

3

41)()(

−

+

++−⋅=⋅FlJ

lTT

h

TTl

ppXppR T

T αα

( ) ( )1

2121

2

4

3

4

)(

11)(

−

+

++−⋅=FlJ

lTT

h

TTl

pRppX T

T αα

Przyjmujemy w zadaniu stacjonarny przepływ ciepła określony równaniem

( ) ( ) ( ) ( )tHTTtTtT 2121&& −=−

gdzie ( )tH - funkcja Heaviside’a.

Wprowadzając funkcję modyfikującą ( ) ( )tRtr

1= otrzymamy

( ) ( )1

2121 4

3

4)()(

−

+

++−⋅∗=

FlJ

lTT

h

TTltrttX T

T &&&&

αα

Funkcja ( )tX dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury

przyjmuje postać:

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )1

2121

02

0

0

10b

0

4

3

4

1

11

1

1E

1

1

1

111E

1

110

−

−+−

+

++

−⋅⋅−⋅

⋅

+−

++

−+

−

++

+

+−++−

+∗= ∫

FlJ

lTT

h

TTldt

CEEtt

CE

CEeCE

EtX

TT

bb

b

b

tCEb

t

b

b

&&&&

ααττδ

µτδµτδ

γµ

τ τγ

W podanym wzorze γ,, 0CEb są stałymi określającymi reologiczne

właściwości betonu, µ - udziałem zbrojenia, 2E - moduł sprężystości stalowych wkładek.

142

Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił wewnętrznych wywołanych stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej.

Przyjęto przy tym, że beton opisany może być równaniem liniowej lepkosprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.

Rys. 3.13f Wykresy sił przekrojowych M, N, T dla ciała liniowo-lepkosprężystego. ZADANIE 3.14. W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)

należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych wywołanych działaniem stacjonarnego pola termicznego oraz osiadaniem podpory. Schemat zadania oraz pole temperatur i kierunek osiadania podpory przedstawiono na rys. 3.14a

N

-

-

-

-

l

X )0(l

tX )(

T

-

-

+

+

l

tX )(

l

X )0(

M

X(0)

X(t)

s

143

Rys. 3.14a Obliczenia należy wykonać dla materiału: a) liniowo-sprężystego εσ ⋅= E

b) nieliniowo-sprężystego NA εσ ⋅= c) liniowo-lepkosprężystego εσ dR ∗= Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać. Dane: l – długość pręta, T1 – temperatura niższa, T2 – temperatura wyższa, αT – współczynnik rozszerzalności cieplnej, E,N,R(t), A – współczynnik i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym układzie różnych materiałów. Rozwiązanie: W podanym zadaniu siły przekrojowe i siłę hiperstatyczną wyznaczamy

korzystając z całki Mohra, która w postaci niezmienniczej przyjmuje formę zależności

( ) ( )∫ ∫ +++=s s

TMTM dsNdsM 11 εεκκδ

gdzie δ jest przemieszczeniem w układzie wywołanym osiadaniem podpory oraz przyrostem temperatury.

Zgodnie z warunkiem nierozdzielności przemieszczenie punktu 1 układu wynosi

( ) ( )∫ ∫ +++=s s

TMTM dsNdsMu 110 εεκκ

T1<T2

T1 T2

l

l l

6 1

2 3 4

5 u

144

gdzie ( )TM κκ , są zmianami krzywizn wywołanymi odpowiednio przez stan

naprężeń i przyrost temperatury, a (εM, εT) są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartość temperatury w przekroju.

Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są momentami zginającymi i siłami osiowymi w analizowanym układzie prętowym, które wywołane są działaniem siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia, czyli w punkcie 1.

Przedstawione zadanie jest równoważne następującemu zadaniu statycznie wyznaczalnemu, w którym siła hiperstatyczna X musi być tak dobrana by jej łączne działanie wraz polem temperatur wywoływało przemieszczenie δ równe wymuszonemu przemieszczeniu podpory u0 czyli spełniony musi być warunek nierozdzielności δ=0u .

Rys. 3.14b W wyrażeniu tym δ przyjmuje różne wartości w zależności od rodzaju

analizowanego materiału. Wspólną dla wszystkich rozważanych przypadków częścią obliczeń niezależnie od opisu materiału są funkcje M1 i N1 (momentów i sił osiowych od siły jednostkowej), których wykresy mają postać

Rys. 3.14c Wspólną część dla poszczególnych zadań stanowią takie wyrażenia na

zmiany krzywizn i wydłużenia spowodowane wpływami termicznymi.

T1<T2

T1 T2

uX

M1

1

N1

1 l

l

l

l

1

1

1

1

1

2 2

+

+

+

-

-

145

Rys. 3.14d a) Materiał liniowo-spr ężysty Materiał liniowo-sprężysty opisany jest równaniem fizycznym postaci

εσ ⋅= E , co prowadzi do następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i

wydłużenie εM.

EF

N

EJ

MMM == εκ ,

gdzie: M jest funkcją momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, natomiast N jest funkcją sił osiowych od wszystkich sił w układzie.

W wyniku podstawień równanie przyjmie postać

∫ ∫ ∫ ∫ ⋅+⋅+⋅+⋅=s s s s

TT dsNdsEF

NNdsMds

EJ

MMu 1

11

10 εκ

Funkcje momentów zginających M i sił osiowych N można przedstawić w

postaci

11 , NXNMXM ⋅=⋅= Równanie statyki przyjmie więc postać

∫ ∫∫ ∫ ⋅+⋅+

⋅+⋅=s s

TTs s

dsNdsMdsEF

NNds

EJ

MMXu 11

11110 εκ

( ) ( )''11110 TTXu δδδδ +++=

-

H

TTTT

)( 12 −= ακ

-

2

)( 21 TTTT

+= αε

146

gdzie ∫ ∫==s s

dsEF

NNds

EJ

MM 11'11

1111 , δδ , ∫∫ ==

sT

sTT dsNdsM 1

'111 , εδκδ

Wyrażenia ''11110 ,,,, TTu δδδδ są wzorami określającymi współczynniki

występujące w klasycznym równaniu metody sił. Wartości tych współczynników wyznaczamy korzystając z uproszczonego

sposobu Mohra-Wereszczagina, który wynika wprost z obliczania wartości całki oznaczonej iloczynu dwóch funkcji przy czym jedna z tych funkcji musi być ciągła, a druga liniowa.

W wyniku przeliczeń otrzymamy

EJ

llll

EJ 3

4

3

2

2

14

1 3

11 =

⋅⋅⋅⋅=δ

( )EF

lll

EF

8221114

1'11 =⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ

( ) ( )h

TTl

h

TTll TT

T 22

11 12

212 −⋅=−⋅⋅⋅⋅= ααδ

( ) ( )22

1 2121' TTlTTl TT

T

+⋅=+⋅⋅= ααδ

Uzyskane wyniki wstawimy do równania

( ) ( )22

8

3

4 211223

0

TTl

h

TTl

EF

l

EJ

lXu TT ++−+

+= αα

( ) ( ) 132112

2

08

3

4

22

−

+⋅

+−

−−=

EF

l

EJ

lTTl

h

TTluX TT αα

Znajomość siły hiperstatycznej X pozwala na sporządzenie wykresów sił

przekrojowych.

M N Xl

X

X

X

X

2X

+

+

+

-

-

Xl

Xl Xl

147

Rys. 3.14e b) Materiał nieliniowo-spr ężysty W tym przypadku wykresy momentów M1 i sił osiowych N1 od siły

jednostkowej X = 1, jak i wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn będą identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Inną postać będą natomiast miały wydłużenia i zmiany krzywizn, które wywołane zostały przez siłę hiperstatyczną X.

Wyrażenia te będą miały postać

( )nn

NAJ

M

AF

N

+=

=1

, κε

a wynikają one z następującego równania fizycznego NAεσ = Słuszny jest również warunek nierozdzielności δ=0u

Wartość δ wyznaczamy z całki Mohra korzystając ze wzorów

( )[ ] ( )∫ ∫ ++++

=s s

TTn

n

n

n

dsNAF

NdsM

NAJ

M '11

1δδδ

gdzie M = M1X; N = N1X

Po podstawieniu do równania otrzymamy

( )[ ] ( )( ) ( )

2212112

2

11

11

0

TTl

h

TTldsN

AF

NXdsM

NAJ

MXu TT

sn

nn

sn

nn +⋅+

−⋅+

⋅+

+⋅

= ∫∫αα

( )[ ] ( )( ) ( )

2212112

2

01111 TTl

h

TTluds

AF

NNds

NAJ

MMX TT

sn

n

sn

nn +−−−=

⋅++

⋅= ∫∫αα

Występujące w wyrażeniu całki wynoszą

T

X

X

X

X

+ +

-

-

148

( )[ ]( )

( )[ ] ( )[ ] ( )∫ ∫ ++=

+⋅=

+⋅ ++

s

l

n

n

n

n

n

n

nNAJ

lds

NAJ

sds

NAJ

MM

0

2111

214

1

14

1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∫++

+=+⋅=l l

n

n

nn

n

n

n

sn

n

AF

l

AF

lds

AFds

AFds

AF

NN

0 0

1111 24211

4

( ) ( )( )[ ] ( ) ( ) ( )

( ) ( )( )[ ] ( ) ( ) ( )

N

n

n

nn

nTT

n

n

nn

nTTn

AF

l

AF

l

nNAJ

lTTl

h

TTluX

AF

l

AF

l

nNAJ

lTTl

h

TTluX

++

++

+−−−=

++

++

+−−−=

−++

−++

1122112

2

0

1122112

2

0

24

21

4

22

24

21

4

22

αα

αα

Z porównania rozwiązań w zadaniu nieliniowym i liniowym istnieje

możliwość dobrania takiej wartości „modułu siecznego” w zadaniu nieliniowym aby rozwiązania w obu zadaniach były identyczne.

Porównując siły X z rozwiązania liniowego i nieliniowego otrzymujemy

( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

N

n

n

nn

nN

TT

TT

AF

ll

nNJA

lTTl

h

TTlu

EF

l

EJ

lTTl

h

TTlu

−++

−

++++

⋅

++−−=

=

+

+−

−−

122112

2

0

132112

2

0

24

21

4

22

8

3

4

22

αα

αα

( ) ( )

( ) ( )⋅

+−

−−=

=

+−

−−

+

−

N

TT

TT

TTl

h

TTlu

TTl

h

TTlu

F

l

J

lE

22

22

8

3

4

21122

0

21122

0

13

αα

αα

( ) ( ) ( )

N

n

n

nn

n

AF

ll

nNJA

l−++

++++

⋅12 24

21

4

( ) ( )

( ) ( ) ( )

+

++++

⋅

⋅

+−−−=

−++

−

F

l

J

l

AF

ll

nNJA

l

TTl

h

TTluE

N

n

n

nn

n

N

TT

8

3

424

21

4

22

312

1

21122

0

αα

149

Wynika stąd, że zastępczy „moduł sieczny” zależeć będzie nie tylko od rozkładów temperatur, ale również i od konfiguracji układu.

c) Liniowy materiał lepkosprężysty

( ) ( )∫ ∗−=t

dt0

ετφτετφσ &&

gdzie φ(t) jest funkcją relaksacji, ε& (τ) prędkością odkształceń, ∗ symbolem splotu.

Wydłużenia i krzywizny wyrażają się tutaj wzorami

J

RM

F

RN

J

M

F

N

∗=∗=

∗=∗=−−

&&

&&

κε

φκφε

,

,22

11


( ) ( )∫ −=t

dtR0

ττστε

Warunek nierozdzielności pozostaje bez zmian jak w zadaniu liniowo- i

nieliniowo sprężystym δ=0u , czyli

∫ ∫ ∫ ∫+∗++∗=s s s s

TT dsNdsNF

NRdsMdsM

J

MRu 11110 εκ

&&

gdzie

11, NXNMXM &&&& == Po podstawieniu otrzymujemy

'11110 TT

s s

dsF

NNds

J

MMXRu δδ ++

⋅+⋅∗= ∫ ∫&

( ) ( )22

8

3

4 211223

0

TTl

h

TTl

F

l

J

lXRu TT ++−+

+∗= αα

&

150

( ) 13

2112

0

8

3

4

2

−

+

++−−=∗F

l

J

lTT

h

TTlluXR Tα

&

Stosując transformację Laplace’a otrzymamy

( ) ( ) ( ) 13

2112

0

8

3

4

2

1−

+

++−⋅−=⋅F

l

J

lTT

h

TTllu

ppXppR Tα

( ) ( )( ) 13

2112

02

8

3

4

2

11−

+

++−⋅−=F

l

J

lTT

h

TTllu

pRppX Tα

Przyjęliśmy w zadaniu stacjonarny przepływ cieplny określony równaniem

( ) )()()( 1212 tHTTtTtT && −=− , gdzie H(t) jest funkcją Heaviside’a.

Wprowadzając funkcję modyfikującą r(t), gdzie ( ) ( )pRpr

1= otrzymujemy

( ) 13

2112

0

8

3

4

2)()(

−

+

++−−∗=

F

l

J

lTT

h

TTllutrttX T &&

&&α

Funkcja )(tX dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury przyjmie

postać

( ) ( )( )[∫ ++−+

∗= −+−t

tCEebb

b

bCEEE

tX0

10

011

11)( τγγ

µτ

( ) ( ) +

−+

−

++


CECE bb2

00 1

1

1

11

( ) ( )

13

2112

00

8

3

4

21

11

1

1

−

+⋅

⋅

++−−−

+−

++

F

l

J

l

TTh

TTlludt

CEE T

bb

&&&&αττδ

µ

W podanym wzorze Eb, C0, γ są stałymi określającymi reologiczne

właściwości betonu, µ - udział zbrojenia, E2 – moduł sprężystości stalowych wkładek. Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił

151

przekrojowych wywołany stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej. Przyjęto przy tym, że beton opisany może być równaniami liniowej lepkosprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.

Wykresy sił przekrojowych są analogiczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym.

Rys. 3.14f Wykresy sił przekrojowych M, N, T dla ciała liniowo-lepkosprężystego

ZADANIE 3.15.

W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)

należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych wywołanych działaniem stacjonarnego pola temperatur. Schemat zadania oraz pole temperatur przedstawiono na rys. 3.15a.

Obliczenia należy wykonać dla materiału: a) liniowo – sprężystego εσ E=

b) nieliniowo – sprężystego NAεσ = c) liniowo – lepkosprężystego εσ dR ∗= Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać.

M N

+

+

+

-

- X(0)s

T X(0) + +

-

-

X(t)s X(t)

2X(t)

X(0)

2X(0)

X(t)

152

Rys. 3.15a Dane : l - długość, T1,T2 - temperatura, αT - współczynnik rozszerzalności cieplnej, E, N , R(t), A - współczynniki i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym zestawie różnych materiałów. Rozwiązanie: W przedstawionym zadaniu siły przekrojowe i siłę hiperstatyczną

wyznaczymy wykorzystując całkę Mohra, której niezmiennicza postać przyjmuje formę zależności

( ) ( ) dsNdsMs

TMs

TM 11 ∫∫ +++= εεκκδ


Pręt 1 – 2 ulega wydłużeniu, które spowodowane jest przyrostem

temperatury ( )212

1TTT +=∆ i wynosi ( ) .

221l

TTT +α

Zachodzi więc równość

( ) ( ) ( ) dsNdsMl

TTs s

TMTMT 1121 2 ∫ ∫ +++=++ εεκκαλ

gdzie TM κκ , są zmianami krzywizn następującymi w wyniku stanu

naprężenia i przyrostu temperatur, a TM εε i są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartość temperatur w przekroju.

T1

T1

T2

T2

T1>T2 l

l

l l

T2

T2 T2

T2

T1

T1 T1

T1 4

3

2 1

153

Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są odpowiednio momentami zginającymi i siłami osiowymi w zadanym układzie prętowym, które wynikają z działania jednostkowej siły przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia, czyli w punktach 1 i 2. Natomiast λ jest wydłużeniem pręta 1 – 2 spowodowanym działaniem siły osiowej w tym pręcie. Jest to wielkość nieznana i poszukiwana w zadaniu.


Rys. 3.15b Siła hiperstatyczna X musi być tak dobrana, aby jej łączne działanie wraz z

polem temperatury wywoływały przemieszczenie δ równe wydłużeniu λ pręta

1 – 2 od siły osiowej X i wydłużeniu termicznemu αT(T1 + T2)2

l. Musi być

zatem spełniony następujący warunek nierozdzielności

( ) δαλ =++221l

TTT

W wyrażeniu tym λ i δ przyjmują różne wartości w zależności od analizowanego materiału. Niezależne od opisu materiału pozostają jednak funkcje M1 i N1 (momentów zginających i sił osiowych od siły jednostkowej), których wykresy mają postać

T1

T1

T2

T2

T2 T2

T2

X

T1 T1

T1

X

154

Rys. 3.15c Wydłużenia oraz zmiany krzywizn spowodowane działaniem pola

termicznego mają natomiast rozkłady:

Rys. 3.15d gdzie h jest wysokością przekroju.

a) Materiał liniowospr ężysty Ciało liniowo-sprężyste opisane jest równaniem fizycznym εσ ⋅= E , co

prowadzi do następujących wyrażeń na krzywizny Mκ i wydłużenia εM w układzie

EF

N

EJ

MMM == εκ ,

M1 N1

1 1 1

1l

1l

1l

+

+

1

1 1

h

TTTT

)( 21 −= ακ2

)( 21 TTTT

+= αε

155

gdzie M jest funkcją momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, N jest funkcją sił osiowych od wszystkich sił w układzie.

W naszym zadaniu występuje tylko siła X, gdyż reakcje w podporach nie występują. Wykorzystując powyższe, możemy równanie zapisać w postaci:

( ) dsNdsEF

NNdsMds

EJ

MMlTT

EF

Xl

sT

s s sTT 1

11

121 2 ∫∫ ∫ ∫ +++=++− εκα (3)

Funkcję momentów zginających M i sił osiowych N można przedstawić jako

11, NXNMXM ⋅=⋅=

a równanie statyki w sposób następujący:

( ) dsNdsMdsEF

NNds

EJ

MMX

lTT

EF

Xl

sT

sT

s sT 11

111121 2 ∫∫∫ ∫ ++

+=++− εκα

Wyrażenia po prawej stronie równania wyznaczymy posługując się uproszczonym sposobem Mohra – Wereszczagina, który stosujemy przy obliczaniu wartości całki oznaczonej iloczynu dwóch funkcji. Jedna z tych funkcji musi być ciągła, zaś druga liniowa.

W wyniku przeliczeń otrzymamy:

EJ

lllllll

EJ 3

5

3

2

2

12

1 3

11 =

⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

( )EF

ll

EF=⋅⋅= 11

1'11δ

( )21

22121 2

2

12 TT

h

l

h

TTll

h

TTll T

TTT −−=

−⋅⋅+−⋅⋅⋅⋅−= αααδ

( ) ( )2121'

221 TT

lTTl TT

T +=+⋅⋅=ααδ


( ) ( ) ( )2121

23

21 2

2

3

5

2TT

lTT

h

l

EF

l

EJ

lX

lTT

EF

Xl TTT ++−−

+=++− ααα

156

( ) ( ) ( )21

2

2121

3 2

223

5TT

h

lTT

lTT

l

EF

l

EF

l

EJ

lX TTT −++−+=

++ ααα

( )13

21

2 2

3

52−

+−=

EF

l

EJ

lTT

h

lX Tα

( )13

21

2 2

3

52−

+−=

F

l

J

lTT

h

ElX Tα

Znajomość siły hiperstatycznej X pozwala na sporządzenie wykresów sił

przekrojowych

Rys. 3.15e b) Materiał nieliniowo-spr ężysty Wykresy momentów M1 i sił osiowych N1 od siły jednostkowej X = 1 oraz

wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn będą identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Natomiast zmianie ulegną wydłużenia i zmiany krzywizn wywołane przez siłę hiperstatyczną X. Możemy je wyrazić przy pomocy wzorów:

M N

Xl +

+ X

Xl

T

+

X

-

X

157

( )nn

NAJ

M

AF

N

+=

=1

, κε

co jest następstwem równania fizycznego postaci NAεσ = . Słuszny pozostaje również warunek nierozdzielności:

( ) δαλ =++221l

TTT

gdzie wartości λ i δ wyznaczymy z całki Mohra

( ) ∫∫ ++

+

+=

sTT

nn

s

dsNAF

NdsM

NAJ

M '111

δδδ

nnnl

AF

Xl

AF

Nlds

AF

N

=

=⋅

= ∫ 10

λ

Po podstawieniu powyższych zależności otrzymujemy równanie nieliniowe

( )( )[ ] ( )

( ) ( )2121

2

11

11

21

2

2

12

TTl

TTh

l

dsNAF

NXdsM

NAJ

MXlTT

AF

Xl

TT

sn

nn

sn

nn

T

n

++−−

−++

=++

− ∫∫

αα

α

( ) ( )[ ] ( ) ( )21

21111

2

2

1TT

lds

AF

NNds

NAJ

MM

AF

lX T

sn

n

sN

n

nn −−=

−

+−− ∫∫

α

( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )

( )21

2

0 00

2

11

11

12

TTh

l

dsAF

dsNAJ

llds

NAJ

ss

AF

lX

T

l l

n

n

n

nl

n

n

nn

−=

=

+

++

++ ∫ ∫∫

α

( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )21

222 2

)(112

12 TT

h

l

AF

l

NAJ

l

NAJ

l

nAF

lX T

nn

n

n

n

nn −=

+

++

+++

++ α

( ) ( )[ ] ( )21

22 2

1)2(

)4(2TT

h

l

NAJn

ln

AF

lX T

n

n

nn −=

++++

+ α

158

( )( )

( )( ) ( )[ ]

N

n

n

n

N

T

NAJn

ln

AF

lTT

h

lX

−+

++++

−=

12

422 2

21

2α

Z porównania rozwiązań w zadaniu liniowym i nieliniowym istnieje

możliwość dobrania takiej wartości „modułu siecznego” w zadaniu nieliniowym, aby rozwiązania w obu zadaniach były identyczne. Przyrównując siły X z rozwiązań liniowego i nieliniowego mamy

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )[ ]

N

n

n

n

N

TT

NAJn

ln

AF

lTT

h

l

FJ

l

h

TTEl−+−

++++⋅

−=

+−

12

4222

3

52 2

21

21221 αα

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )[ ]N

n

n

nT

N

T

NAJn

ln

AF

l

TTl

h

FJ

lTT

h

lE

−+

++++⋅

−

+

−=

12

42

2

2

3

52 2

21

2

21

2

αα

Z równania tego wynika, że zastępczy moduł sieczny zależy nie tylko od

rozkładów temperatury, ale także od konfiguracji układu.

c) Materiał lepkosprężysty Dla materiału lepko-sprężystego równania fizyczne mają postać

( ) ( )∫ ∗=−=t

dt0

εφττετφσ &&

gdzie ( )tφ jest funkcją relaksacji, ( )−tε& prędkością odkształceń, −∗ symbolem splotu.


J

RM

F

RN ∗=∗=&&

κε ,

dla równania fizycznego ( ) ( )∫ −=t

dtR0

ττστε & .

Warunek nierozdzielności pozostaje nadal bez zmian

( ) δαλ =++221l

TTT

159

czyli

( )

( )∫

∫ ∫∫

+

+∗++∗=++∗−

sT

s sT

sT

dsN

dsNF

NRdsMdsM

J

MRlTT

F

lXR

1

11121 2

ε

κα&&&

gdzie

11 NXNMXM &&&& == , Otrzymujemy więc

( ) '11

2

1121 *

2 TTss

T dsF

NNds

J

MMXR

lTT

F

lXR δδα ++

+=++∗− ∫∫&

&

( ) ( ) ( )2

2

23

52121

2

21

2 lTTTT

h

llTT

F

l

J

l

F

lXR T

TT +−−++=

++∗ ααα&

( )13

21

2

3

522−

+−=∗

J

l

F

lTT

h

lXR Tα&

Stosując transformację Laplace’a otrzymamy

( )13

21

2

3

5221)()(

−

+

−=⋅

J

l

F

lTT

h

l

ppXppR Tα

( )13

21

2

2 3

522

)(

11)(

−

+

−=

J

l

F

lTT

h

l

pRppX Tα

Przyjęli śmy w zadaniu stacjonarny przepływ cieplny określony równaniem

)()()()( 2121 tHTTtTtT && −=− , gdzie H(t) jest funkcją Heaviside’a.

Wprowadzając funkcję modyfikującą r(t) w postaci )(

1)(

pRpr = mamy

( )13

21

2

3

522)(*)(

−

+

−=

J

l

F

lTT

h

ltrttX T &&

α

Dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury funkcja )(tX& przyjmie

postać

160

( ) ( )( )

( )13

21

2

02

0

0 0

10

3

522)(

1

11

1

1)()(

1

111

1

11)( 0

−

−+−

+

−⋅−⋅

⋅

+−

++

−+

−

++

+

+−++−

+∗= ∫

J

l

F

lTT

h

ldt

CEEtEt

C

CEeCEE

EtX

bb

t

b

tCEbb

b

b

&&

&

T

b

E1

1

αττδ

µτδµτδ

γµ

τ τγ

W podanym wzorze Eb, C0, γ są stałymi określającymi reologiczne

właściwości betonu, µ - udziałem uzbrojenia, E2 – modułem sprężystości stalowych wkładek. Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił wewnętrznych wywołany stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej. Założono przy tym, że beton opisany może być równaniami liniowej lepkosprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.

Wykresy wielkości wewnętrznych są analogiczne jak w zadaniu liniowo sprężystym.

ZADANIE 3.16.

W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)

należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych wywołanych działaniem stacjonarnego pola temperatur. Schemat zadania oraz pole temperatur przedstawiono na rys. 3.16a

Rys. 3.16a

T1

T2

T1>T2

l

l l

4

3

2 1

0 5

161

Obliczenia należy wykonać dla materiału: a) liniowo-sprężystego εσ ⋅= E

b) nieliniowo-sprężystego NA εσ ⋅= c) liniowo lepkosprężystego εσ dR ∗= Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać Dane: l – długość, T1, T2, αT – współczynnik rozszerzalności cieplnej, E, N,

R(t), A – współczynniki charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym zestawie różnych materiałów.

Rozwiązanie: W przedstawionym zadaniu siły przekrojowe i moment hiperstatyczny

wyznaczymy wykorzystując całkę Mohra, której niezmiennicza postać przyjmie formę zależności

( ) ( )∫∫ =+++s

TMs

TM dsNdsM 011 εεκκ

gdzie Tκκ i M są zmianami krzywizn następującymi w wyniku stanu

naprężenia i przyrostu temperatury, a εM i εT są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartość temperatur w przekroju. Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są osiowymi w zadanym układzie prętowym, które wynikają z działania jednostkowego momentu przyłożonego w punkcie 5.


Rys. 3.16b Moment hiperstatyczny X musi być tak dobrany, aby jego łączne działanie

wraz z polem temperatur nie wywoływały obrotu w punkcie 5. Funkcje M1 i N1 (momentów zginających i sił osiowych od momentu

jednostkowego) są niezależne od opisu materiału. Wykresy tych funkcji mają postać

T1

T2

X

162

Rys. 3.16c Wydłużenia oraz zmiany krzywizn spowodowane działaniem pola

termicznego

Rys. 3.16d a) Materiał liniowo-spr ężysty

Materiał liniowo-sprężysty opisany jest równaniem εσ ⋅= E co prowadzi do następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i wydłużenie εM w układzie

EF

N

EJ

MM == εκ ,

gdzie M jest funkcją momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, a N funkcją sił osiowych od wszystkich sił w układzie. Zależność przyjmie postać

∫ ∫ ∫ ∫ =+++⋅

s s s sTT dsNds

EF

NNdsMds

EJ

MM01

11

1 εκ

Funkcję momentów zginających M i sił osiowych N można przedstawić jako

11, NXNMXM ⋅=⋅=

M1

1

+ + +

-

-

2

1

N1

+

+

-

- -

l2

1

l423

h

TTTT

)( 21 −= ακ2

)( 21 TTTT

+= αε

163

a równanie statyki (3) w sposób następujący

∫ ∫∫ ∫ =++

+

s sTT

s s

dsNdsMdsEF

NNds

EJ

MMX 011

1111 εκ

Wartości całek w równaniu wyznaczymy posługując się uproszczonym

sposobem Mohra-Wereszczagina. W wyniku przeliczeń otrzymamy

( )EJ

llll

EJ 12

27

2

1

3

12

2

1

3

21

2

1

3

1

2

1

2

13

111

+=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

lEFll

lll

lEF 8

829

4

232

4

23

2

1

2

14

1'11

+=

⋅⋅+⋅⋅⋅=δ

( )h

TTl

h

TTl T

TT 42

1

2

1 2121 −−=

−⋅⋅⋅−=

ααδ

( )422

1 2121' TTTTl

lT

TT

+=

+⋅⋅=

ααδ

gdzie h – wysokość przekroju.


( ) ( ) ( ) 0448

298

12

272121 =++−−

+++

TTTTh

l

lEFEJ

lX TT αα

( ) ( ) ( ) 1

2121 8

298

12

27

44

−

+++

+−−=lEFEJ

lTTTT

h

lX TT αα

Znajomość siły hiperstatycznej X pozwala na sporządzenie wykresów

wielkości wewnętrznych

M

X

+ + +

-

-

2

X

N

+

+

-

- -

l

X

2

l

X

423

164

Rys. 3.16e

b) Materiał nieliniowo-spr ężysty Wykresy momentów M1 i sił osiowych N1 od momentu jednostkowego X = 1

oraz wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn będą identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Ulegną zmianie natomiast wydłużenia i zmiany krzywizn wywołane przez moment hiperstatyczny X.

Można je wyrazić przy pomocy wzorów

( )nn

NAJ

M

AF

N

+=

=1

, κε

Uwzględniając te zależności możemy zapisać

( )∫ ∫ =++

+

+s sTT

nn

dsNAF

NdsM

NAJ

M0

1'

11 δδ

( )[ ] ( )( ) ( )

∫ ∫ =+

+

−−++

+s s

TTn

nn

n

nn TT

h

TTldsN

AF

NXdsM

NAJ

MX0

4412121

11

11 αα

( )[ ] ( )( ) ( )2121

1111

441TTTT

h

lds

AF

NNds

NAJ

MMX TT

s sn

n

n

nn +−−=

+

+∫ ∫αα

T

+

+ - -

l

X

2

l

X

42

+ l

X

165

( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]

++

⋅−

⋅−+

+

⋅⋅

++

⋅⋅

∫ ∫ ∫l l l

n

n

n

n

n

n

n dsNAJ

sl

sl

dsNAJ

sl

sl

dsNAJ

sl

sl

X0

2

0 0 1

11

11

1

4

2

4

2

1

2

1

2

1

3

( ) ( )

( ) ( )21210

2

0 44

4

23

4

23

2

1

2

1

4 TTTTh

lds

AF

llds

AF

ll TTl l

n

n

n

n

+−−=

+

+ ∫ ∫αα

( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ] ( ) ( )( )( ) ( )

=

++

+++

+

+++

++

+

+

+

+

++

+

+

nn

n

nnn

nn

nn

nn

nn

AFl

l

AFl

l

NAJn

l

NAJnl

l

NAJnl

lX

1

1

1

1

21

1

2

4

223

2

4

12

124

22

122

3

( ) ( )2121 44TTTT

h

l TT +−−=αα

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )

++++

+++

+

+

++

+−−=

++

++

+

+

nnnnn

nn

nn

nNTT

AFl

l

NAJn

l

NAJnl

l

NAJnl

lTTTT

h

lX

11

21

1

2

2121

2

4

12124

22

122

3

44

αα

( )( ) ( )

N

nn

n

AFl

l−

+

+

+

1

1

4

223

Z porównania rozwiązań w zadaniu liniowym i nieliniowym możemy tak dobrać wartość „modułu siecznego” w zadaniu nieliniowym, aby rozwiązania w obu zadaniach były identyczne.

Porównując siły X z rozwiązań liniowego i nieliniowego mamy

166

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )

( )( ) ( )

N

nn

n

nnnnn

nn

nn

nNTT

TT

AFl

l

AFl

l

NAJn

l

NAJnl

l

NAJnl

lTTTT

h

l

lEFEJ

lTTTT

h

l

+

++++

+++

+

+

++⋅

+−−=

=

+++

+−−

+

+

++

++

+

+

−

1

1

11

21

1

2

2121

1

2121

4

223

2

4

12124

22

122

3

44

8

298

12

27

44

αα

αα

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )

++++

+++

+

+

++

+−−=

++

++

+

+−

nnnnn

nn

nn

nNTT

AFl

l

NAJn

l

NAJnl

l

NAJnl

lTTTT

h

lE

11

2!

1

21

2121

2

4

12124

22

122

3

44

αα

( )( ) ( )

( )

+++

⋅

+

−

+

+

lFJ

l

AFl

lN

nn

n

8

298

12

27

4

2231

1

Z równania tego wynika, że zastępczy moduł sieczny zależy nie tylko od

rozkładów temperatury, ale także od konfiguracji układu.

c) Materiał lepkosprężysty Przy analizie materiału lepko-sprężystego równania fizyczne mają postać

( ) ( )∫ ∗=−=t

dt0

εφττετφσ &&

( )tφ - jest funkcją relaksacji, ( )tε& - prędkością odkształceń, ∗ - symbolem splotu.


J

RM

F

RN ∗=∗=&&

κε ,


( ) ( )∫ −=t

dtR0

ττστε &

167

Równanie przyjmie postać

∫ ∫ ∫ ∫ =+∗++∗

s s s sTT dsNdsN

F

NRdsMdsM

J

MR01111 εκ

&&

gdzie

11, NXNMXM &&&& == Otrzymujemy więc

0'1111 =++

+∗ ∫ ∫ TT

s s

dsF

NNds

J

MMXR δδ&

( ) ( ) ( )448

829

12

27 2121 TT

h

TTl

lFJ

lXR TT +

−−

=

+++

∗αα

&

( ) ( ) ( ) 1

2121

8

829

12

27

44

−

+++

+−

−=∗

lFJ

lTT

h

TTlXR TT αα&

Stosując transformację Laplace’a dostajemy

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1

2121 8

829

12

27

44

1−

+++

+−−=⋅

lFJ

lTTTT

h

l

ppXppR T

T αα

( ) ( ) ( ) ( ) 1

2121 8

829

12

27

44

1

)(

1−

+++

+−−=

lFJ

lTTTT

h

l

ppRpX T

T αα

W zadaniu przyjęto stacjonarny przepływ cieplny określony równaniem ( ) ( ) ( )tHTTTtT 2121

&& −=− , gdzie H(t) jest funkcją Heaviside’a.

Wprowadzając funkcję modyfikacyjną r(t), przy czym ( ) ( )pRpr

1=

mamy

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1

2121 8

829

12

27

44

−

+++

+−−∗=lFJ

lTTTT

h

ltrttX TT αα

Dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury funkcja X(t) przyjmie

postać

168

( ) ( ) ( )( )∫

+

+−++−

+= −+−

t

b

tCEbb

b CEeCEE

EtX b

0 0

10 1

111

1

110 τγγ

µτ

( ) ( ) ( ) ⋅−

+−

++

−+

−

++ ττδ

µτδµτδ dt

CEEtEt

CE bb

b 02

0 1

11

1

1

1

1

( ) ( ) ( ) 1

2121 8

829

12

27

44

−

+++

+−−⋅lFJ

lTTTT

h

l TT αα

Eb, C0, γ - są stałymi określającymi reologiczne właściwości betonu, µ - udział uzbrojenia, E2 – moduł sprężystości stalowych wkładek.

Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił przekrojowych wywołany stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej. Założono przy tym, że beton może być opisany równaniami liniowej lepkosprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.

Wykresy sił przekrojowych są takie same jak w zadaniu liniowo-sprężystym. ZADANIE 3.17. W związku ze zmianą obciążenia q0 → q belki wolnopodpartej o

symetrycznym przekroju poprzecznym należy ją wzmocnić dokonując wstępnego sprężenia na części belki o długości (α l). Należy dobrać w taki sposób wstępne napięcie w cięgnie sprężającym, aby wyrównać największe momenty w belce.

Rys. 3.17a

8

2ql

F

c h

X

( ) βββ Mql =− 2

2

2

X

Xcql −8

2βl

αl

169

Rozwiązanie: Schemat statyczny oraz rozkłady momentów zginających w belce

przedstawiono na rys. 3.17b

Rys. 3.17b

Naprężenia w niebezpiecznych miejscach, czyli skoku momentów zginających w β l i największej wartości momentu w l/2 wynoszą

( )F

XXc

ql

W

ql

WM

W l −

−=−==

8

1

2

11 2

2

22

σββσ ββ

gdzie W, F, c są kolejno wskaźnikiem wytrzymałości, przekrojem poprzecznym, ramieniem wewnętrznym w cięgnie.

Z przyrównania σβ = σl/2 wynika warunek na siłę nadliczbową X

( )F

Wc

qlX

F

WXXc

qlql

+

+−=→−−=− 1

4

1

2822

222

2

ββββ

Siłę w cięgnie sprężającym X znajdziemy jako różnicę między pełną siłą X

w cięgnie, a siłą wynikającą z samonaprężenia X0. Tą siłę wyznaczymy rozwiązując równania metody sił

01011 =+ pX δδ

1c

1 1

M1

1 1

N1

M

170

Współczynniki δ11 i δ1p wyznaczymy „przemnażając” wykresy sił wewnętrznych

clMql

lMEJFE

l

EF

l

EJ

clp

aa

183

2,

11)1( 2

1

2

11

−+−=++= ααδαααδ ββ

Siła X0 wynikająca z samonaprężenia w cięgnie wynosi

JFE

E

FJ

c

cql

cM

FE

E

FJ

clJ

cqllcM

X

aaaa

p

++

+=

++

+==

1

12

1

123/1

2

2

2

3

11

10

ββ

α

αα

δδ

Wstępny naciąg cięgna, jako różnica między X – X0 wynosi więc

++

+−−

+

+−=

=

++

+−−

+

+−=−

aa

aa

FE

E

FJ

cJ

cc

F

Wc

ql

JFE

E

FJ

c

ccql

F

Wc

qlXX

1

6

1)(

144

2

1

6

1)(

2

144

2

2

222

2

2222

0

ββββ

ββββ

W rozważaniach uwzględniliśmy jedynie liniowo sprężysty zakres pracy

konstrukcji. O wiele bardziej interesująca jest analiza problemu z uwzględnieniem reologicznych własności materiału. Zwracamy tu uwagę na fakt, iż liny stalowe używane do sprężania charakteryzują się tzw. pełzaniem konstrukcyjnym wynikającym z ich budowy.

171

Rozdział IV

Utrata stateczności Klasyczne ujęcie problemów utraty stateczności sprowadzą się

matematycznie do rozwiązania zadania na wartości własne. W wyniku takiego podejścia otrzymuje się siłę krytyczną przy utracie stateczności pręta ściskanego jako najmniejszą z wartości siły osiowej przy której są możliwe dwie postacie równowagi. Pierwsza odpowiada ściskaniu pręta, zaś druga ściskaniu ze zginaniem.

Wartość siły krytycznej, ale nie analizy zjawiska utraty stateczności można oszacować z analizy jednoczesnego ściskania i zginania pręta, w którym występują wstępne ugięcia. Przypadek ten będziemy analizować w zakresie nieliniowo-sprężystym oraz lepkosprężystym.

Analizę problemu rozpoczniemy od określenia związku między krzywizną a

momentem zginającym w przypadku równania fizycznego postaci NAεσ = . W wyniku klasycznych przekształceń otrzymamy zależność krzywizny od

momentu

( ) ( )n

N

NAJ

MNAJM

+=→+=

11 κκ

gdzie

( ) ∫ ==+ +

F

N

NndFxNJ

1 ,1 1

3

Rys. 4.0 Utrata stateczności pręta ściskanego z imperfekcjami y0 Równanie różniczkowe osi ugiętej pręta przyjmie formę

( ) l

xfy

l

xfy

NAJ

Pyyy

nππ

sin sin 1 00

"0

" ≅≅

+−=−

P x

l

y y0

f f0

172

Podstawiając przyjęte przybliżone postacie ugięć y i imperfekcji y0 do równania osi ugiętej pręta otrzymamy

( )1

0

22

sin1

−

+−=

+

−nn

l

x

NAJ

Pff

lf

l

πππ

Z uzyskanego równania wnosimy, iż przyjęcie osi ugiętej w postaci

sinusoidy nie sprowadza problemu do prostego równania algebraicznego jak to się dzieje w zadaniach liniowo-sprężystych.

W przybliżonym ujęciu , kiedy analizujemy ugięcia w x = l/2 otrzymamy

( ) f

l

NAJ

Pf

ff

n

2

2

0

11

π

+−

=

Zauważmy, iż ugięcie w środku belki ∞→f , kiedy

( )( )

12

2

2

2

)11 −==

+ n

nn

K

nK

fl

AJP

f

l

NAJ

fP ππ

( wtedy

W szczególności w początkowej fazie procesu, kiedy f = f0 i 0KK PP =

zachodzi

10,/)(/)()( 0

11

01100

0 <<===−−− kffkkPPffPffP n

KKn

Kn

K gdzie stąd

Oszacowana w ten sposób siła krytyczna pozwala analizować warunki utraty stateczności w zakresie nieliniowym.

Przypadkiem szczególnym tych rozważań (n = 1) są zależności

EJ

ME =→= κεσ

EJ

Pff

lf

lEJ

Pyyy −=

+

−→−=− 0

22"0

" ππ

Ugięcie belki w środku rozpiętości spełnia warunek

173

2

20

1 l

EJP

P

Pf

f K

K

π=−

= gdzie

Przeanalizujemy jeszcze problem zginania i ściskania pręta z imperfekcjami

w zakresie nieliniowo-lepkosprężystym.

Równanie fizyczne dAN ∗= εσ prowadzi do relacji

( ) ( ) HAdaNJ

MdadANJMn

N =∗

+∗=→∗+= ,

11

1 κκ

Równanie osi ugiętej pręta ma w tym przypadku postać

( ) ( )n

NJPydayy

+∗−=′′−′′

1

10

Po przyjęciu kształtu linii ugięć ( )l

xtfy

l

xtfy

ππsin)( ,sin 00 ≅≅

otrzymamy

( ) ( ) ( )( ) ( )1

0

22

sin1

1−

+∗−=

+

−nn

l

x

NJtPfdatf

ltf

l

πππ

Analizując ugięcia w środku rozpiętości 12

sin2

=→= πlx uzyskamy

przybliżoną zależność ugięcia f od siły osiowej P

( ) ( )

( )( ) ( ) 2

2

0

)(1

11

πtf

l

NJtPfda

tftf

n

+∗−

=

Ugięcie belki l

xfy

πsin= rośnie nieograniczenie, kiedy ∞→f czyli

( )( ) ( ) 11

12

2

=

+∗

πfl

NJtPfda

n

174

stąd dla 0ff =

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )dA

l

tfNJtftP

l

f

NJdatftP

N

K

N

K ∗

+=→

=

+∗

20

2

020

2

0 11

1 ππ

Otrzymana zależność pozwala na szacowanie obciążenia krytycznego P(t)

jako funkcji czasu, parametrycznie zależnej od wstępnych ugięć pręta f0(t). Analizowany przebieg narastania obciążenia krytycznego dotyczy zadań nieliniowych lepkosprężystych. W tym przypadku nie należy mówić o jednej wartości siły krytycznej, a o procesie, który prowadzi do utraty stateczności.

W przypadku szczególnym liniowej lepkosprężystości, kiedy εσ dE ∗=

oraz ( ) PyMHdFEdMFJ

dJEM ==∗∗=→∗= 1κκ równanie osi

ugiętej pręta ściskanego siłą osiową P o wstępnych ugięciach y0 ma postać

( ) ( ) ( )l

xtfy

l

xtfydFPy

Jyy

ππsin ,sin

1000 ==∗−=′′−′′

Uwzględniając przyjęte postacie linii ugiętej pręta w równaniu osi

otrzymamy

( ) ( )( )

( )tJfE

EldFPf

ffdFf

J

Ptf

ldHtf

l

02

02

00

22

1π

ππ

∗−=→∗−=

+∗

−

Przemieszczenie ∞→y kiedy

( )( )

( ) ( )2

02

0

02

02

1l

JEPtf

P

EdFPf

tJfE

EldFPf K

K

ππ

==∗→=∗ ,

Ostatecznie

( ) ( ) ( ) ( )2

02

0000

,)0(l

JEPEtEtEtf

Etf

PtP E

EK

π===∗= + gdzie

Wynik ten dowodzi, że w przypadku materiałów lepkosprężystych nie mamy

do czynienia z jedną siłą krytyczną, a z krytycznym procesem narastania obciążeń aż do utraty stabilności procesu deformacji.

175

Podamy jeszcze oszacowanie siły krytycznej w przypadku, kiedy materiał

konstrukcji podlega równaniom lepkiego płynięcia 0nBσεε =− && , gdzie

( )tTBB , = jest funkcją zależną od temperatury i czasu a 0ε& odkształceniami wstępnymi w materiale. Równania w tej uproszczonej formie mogą dotyczyć pełzania metali w temperaturach rzędu 1/3 temperatury topnienia.

Postępując podobnie jak poprzednio otrzymamy relację prędkość krzywizny κ& - moment zginający M

( )n

NJ

MB

+=−

10κκ &&

a dalej równanie różniczkowe osi ugiętej ściskanego pręta

( ) l

xfy

l

xfy

NJ

PyByy

nππ

sin ,sin ,1 000

&&&&&& ==

+=′′−′′

Uwzględniając postać osi ugiętej pręta otrzymamy

( )( ) f

l

NJ

PfB

ff

l

x

NJ

PfBf

lf

l n

nn

&

&&&&

2

2

01

0

22

11

sin1

π

πππ

+−

=→

+=

+

−−

Warunek utraty stateczności uzyskamy z zależności ∞→→ fff &&& i 0

( )( )[ ]

( )

)0(,,

)()(

])1([

1

00001

100

01

22

2

2

2

+

−−

=====

=

+=→=+

tPPf

fl

f

fkPklP

ffPffP

f

f

Bl

NJPf

NJ

BlfP

KKKn

K

nK

nK

nn

Knn

K

gdzie stąd

oraz

&&

&& π

π

Podobnie jak poprzednio także i w tym przypadku otrzymamy krytyczny

proces narastania obciążeń, który prowadzi do utraty stabilności procesu deformacji.

Określono wartości sił krytycznych dla kilku typów materiałów

( ) , dla- ∫===→=F

EK dFzJl

EJPPPE 2

2

2πεσ

176

f

fk

fl

NAJP )(P

dFzNJPkPPA

n

n

Kn

K

F

NK

nK

N

01

02

20

101

1

,))1((

,)1(

=+=→

∫=+=→=

−

+−

, dla-

π

εσ

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dla- tEtfEtf

PtPPEEdE E

K ∗=→=∗= + 000

0 0εσ

( ) ( )( )

( ) dla- dA

l

tf

tf

nJtPPdA

N

KN ∗

+=→∗=2

0

0

1 πεσ

( )

∫=+

+=

===→=−

+

F

N

n

nn

K

Kn

Kn

dFzNJ

f

f

l

)BJ(NπP

f

fl

f

fkPktPPB

1

0

02

20

000/10

)1(

)(

1)(

,,

, dla-&

&& ησεε

Wyznaczenie warunków utraty stateczności układu prętowego jest zadaniem dosyć złożonym i przebiega inaczej w układach statycznie wyznaczalnych aniżeli niewyznaczalnych. W pierwszym przypadku należy jedynie zlokalizować ten pręt konstrukcji w którym wystąpi największa siła osiowa N, a następnie uzależnić tę siłę od obciążeń zewnętrznych. Z warunku N=PK oraz przy N=N(q,V,H), gdzie q – jest obciążeniem zewnętrznym, a V,H – wartościami reakcji, wyznaczamy wartość krytyczną obciążenia q. Wartość ta jest niezależna od własności materiału jak i czynników niemechanicznych, ale od nich zależy jednak wartość siły krytycznej.

Zupełnie inaczej postępujemy przy wyznaczaniu sił krytycznych w zadaniach statycznie niewyznaczalnych, ponieważ siły osiowe w pręcie ulegającym wyboczeniu zależą też od deformacji układu, wpływów niemechanicznych i sił hiperstatycznych.

Możliwe są tu dwie drogi postępowania. Pierwsza polega na ułożeniu równań metody sił w taki sposób, aby jedną z sił nadliczbowych była siła osiowa XK=N=PK w pręcie, który ulegnie wyboczeniu. Otrzymujemy wówczas układ równań metody sił w którym należy przyjąć, że XK=N=PK jest znane, a do zbioru niewiadomych sił dołączamy poszukiwaną wartość parametru krytycznego (obciążenie, temperaturę, wstępne przemieszczenia itp.).

177

Inny sposób polega na rozbiciu układu na dwa podukłady. Pierwszy zawiera pręt, który ulega wyboczeniu, zaś drugim jest reszta. Następnie wypisujemy warunek nierozdzielności zachodzący między przemieszczeniami obu układów. Z warunku tego wyznaczamy poszukiwaną wartość krytyczną (obciążenie, czy też wpływy niemechaniczne). Warto zauważyć, że w przypadku ogólnym, przynajmniej w zadaniach liniowo-sprężystych posługujemy się klasycznymi metodami, a więc metodą sił i przemieszczeń adaptowaną do zagadnienia utraty stateczności.

ZADANIE 4.1. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym, którego

schemat przedstawiono na rys. 4.1a, należy określić wartość obciążenia krytycznego P

Rys. 4.1a

Dane: l, E, J, F Szukane: PK=? Rozwiązanie: Wyboczeniu ulegnie pręt pionowy 1-2. Warunek utraty stateczności można

sformułować następująco: 2121 −− ≥ NNN Kr gdzie jest siłą osiową wywołaną

działaniem siły P, a siłą krytyczną NK, która wynosi ( )lll

EJN w

wK == dla

2

2π.

Sposób postępowania polega tu na rozwiązaniu zadania jednokrotnie statycznie niewyznaczalnego z uwzględnieniem warunku nałożonego na wartość siły osiowej w pręcie 1-2 oraz warunku nierozdzielności. Siła osiowa w

pręcie 1-2 jest równa 2

2

l

EJN K

π= .

P 4 3

2

1

l

l l

EJ

178

Rys. 4.1b

Analizujemy przemieszczenia punktu 2 belki 3-4

Rys. 4.1c Warunek nierozdzielności przyjmie postać ( ) 211 −=−− λδδδ xp , gdzie δp

oznacza przemieszczenie pionowe belki 3-4 powstałe w wyniku działania siły P, δx – przemieszczenie pionowe belki 3-4 od siły NK i 1δ - przemieszczenie pionowe układu 3-1-4 od sił osiowych N1-3 i N1-4 powstałych w wyniku działania siły NK na układ prętowy 3-1-4. Wartości δp i δx wynikają z przemnożenia następujących wykresów

P

4 3 2

1

Nkr

1’

δx δp

δ1

P 4 3

2

1

Nkr

Nkr Nkr

Nkr

179

Rys. 4.1d

∫ =

⋅⋅⋅==s

pp

Pl

EJ

ll

Pl

EJds

EJ

MM

6

1

23

2

2

1

22

1 31δ

∫ =

⋅⋅=′

=s

KKNx

lN

EJ

ll

lN

EJds

EJ

MM

6

1

23

2

2

1

22

1 31δ

Z kolei przemieszczenie 1δ obliczymy wyznaczając wydłużenia w prętach

1-3 i 1-4 powstałe w wyniku działania sił osiowych N1-3 i N1-4 zależnych od siły Nk działającej na układ 3-1-4.

Wyznaczymy teraz siły N1-3 i N1-4 z warunku równowagi węzła 1

Rys. 4.1e

2

14131 KNNN == −−

Mając obliczone siły N1-3 i N1-4 wyznaczymy przemieszczenie 1δ punktu 1

posługując się planem przemieszczeń przedstawionym na rys. 4.1f

1

Nkr

45° 2

31krN

N =− 241

krNN =−

P 1

MN NE 1

Mp

M1’

M1

2l

2l2

Pl

2lNkr

δN

δp

×

×

180

Rys. 4.1f

Wydłużenie λ pręta o długości l, na który działa siła osiowa N obliczamy ze wzoru

EF

Nl=λ

Korzystając ze wzoru na wydłużenie mamy

EF

lN K=−31λ

EF

lN K=−41λ

Z rys. 4.1f wynika, że o45 ;cos1

31 == − αδ

λα

o45cos31

1−=

λδ EF

lN K 21 =δ

Podstawiając obliczone wartości 1,, δδδ xp do warunku nierozdzielności

otrzymamy

EF

lN

EF

lNlN

EJ

Pl

EJKKK =−−

2

6

1

6

1 33

4 3

1

α=45°

λ1-3

δ1

λ1-4

α

181

Uwzględniając, że EK Pl

EJN ==

2

2π oraz

F

Ji =2 wyliczamy siłę P=PK

( )

++== 21

1

6

6 2

4

22

FJ

l

l

EJPP K

π

Gdy siła P obciążająca układ przybierze wartość PK wówczas pręt 1-2

ulegnie wyboczeniu

( )

++=2

2

2

2161l

i

l

EJPK

π

Ostatecznie

( )( )[ ]22161 sPP EK ++=

gdzie PE jest eulerowską siłą krytyczną pręta 1-2 a s – jego smukłością. ZADANIE 4.2. W hiperstatycznym układzie prętowym należy wyznaczyć wartość krytyczną

obciążenia P=PK, która spowoduje wyboczenie pręta 1-3 lub 2-4. Pręt 0-2 jest nieodkształcalny.

Rys. 4.2a Dane: l,E,F,J,E1J1=∞ Szukane: PK=? Rozwiązanie:

E1J1=∞ l

4 3

2 1

l l

0

P

E,F,J

182

Pręt 0-2 jest nieskończenie sztywny ( )∞=EJ a więc skrócenie pręta 2-4 jest 2 razy większe niż pręta 1-3

12 2λλ = W prętach 1-3 i 2-4 powstaną siły osiowe ściskające. Z uwagi na większą

wartość skrócenia w pręcie 2-4 wystąpi w nim wcześniej siła osiowa równa sile

eulerowskiej 22

wK l

EJN π=

KNN =−42

Rys. 4.2b

Skrócenia λ1 i λ2 są dane znanymi wzorami

EF

lN

EF

lN 422

312 , −− == λλ

KNN =−42

EF

lN

EF

lN K=−312

312 −= NN K

KNN2

131 =−

Stronę statyczną zadania stanowi równanie ∑ = 00M

0231 =−⋅+⋅− PllNlN K

NE

λ1

NE

N1-3

N1-3

λ2

183

KNPN 231 −=− Uwzględniając powyższe zależności można napisać

KK NPN 22

1 −=

Wartość obciążenia KP , które spowoduje wyboczenie pręta 2-4, wynosi

KK NP2

5=

Ponieważ wll = otrzymujemy ostatecznie

2

2

2

5

l

EJPK

π=

Jest to poszukiwana wartość obciążenia krytycznego w układzie. ZADANIE 4.3. W podanym układzie prętowym, którego schemat przedstawiono na rys. 4.3a

należy określić wartość przyrostu temperatury KT∆ w pręcie 2-3, który doprowadzi do utraty stateczności.

Rys. 4.3a Dane: l, EF, EJ Szukane: ?=KT∆

l

4

3 2

1

l

l ∆T>0

EJ

EJ

EF,J

184

Rozwiązanie: W tym zadaniu wyboczeniu ulegnie pręt poziomy 2-3. Warunek utraty

stateczności wyniknie z analizy stanu względnych przemieszczeń końców pręta 2-3. Wymagać będziemy aby wydłużenie pręta od temperatury lTTT ⋅= ∆αλ i

skrócenie od siły krytycznej X EF

XlX =λ , gdzie

2

2

l

EJX

π= było równe

przemieszczeniu prętów pionowych. Przytoczony sposób postępowania przedstawia rys. 4.3b

Rys. 4.3b Warunek nierozdzielności przemieszczeń tego układu jest następujący

δλλ 2=− XT Wartość δ obliczymy z „przemnożenia” wykresów

Rys. 4.3c

EJ

XlllXl

EJ

3

3

1

3

2

2

11 =

⋅⋅=δ

Po podstawieniu uzyskanego wyniku do warunku nierozdzielności wraz z

δ X X

X X

δ

λT

X

Xl l

× δ

X 1

185

lTTT ⋅= ∆αλ

2

2

i l

EJX

EF

XlX

πλ ==

EJ

Xl3

3

1=δ

otrzymamy

EJ

Xl

EF

XllTT

3

3

2=−⋅⋅ ∆α

lEF

Xl

EJ

Xl

TT ⋅

+=

α∆ 3

2 3

Stąd wiedząc, że 2

2

l

EJX

π= otrzymamy

EJEF

XEJEFXl

lEJEF

XlEJXlEFT

TTK αα

∆3

323

32 23 +=+=

( ) ( )EFl

EJEFl

EJEF

EJEFlXT

TK 2

222

3

323

32 +=+= πα

∆

+=

+=

=

+=

+=

+=

222

222222

2

2

)(3

2

3

2

3

2

3

21

3

2

l

i

Fl

Jl

l

l

i

l

i

EFEJ

l

l

EJT

TT

TTTTK

απ

απ

απ

απ

απ

απ∆

gdzie l

i jest smukłością pręta.

ZADANIE 4.4. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym wyznaczyć

wartość krytyczną obciążenia q, która spowoduje wyboczenie pręta 1-2.

186

Rys. 4.4a Dane: l,F,E,J Szukane: qkr=? Rozwiązanie: W analizowanym zadaniu wyboczeniu ulegnie pręt pionowy 1-2.

Przedstawione zadanie jest równoważne zadaniu statycznie wyznaczalnemu, w którym siła hiperstatyczna X powodująca wyboczenie pręta 1-2 jest równa

eulerowskiej sile krytycznej 2

2

wE

l

EJPX

π== gdzie lw=l i tak dobrana, aby

spełniony był warunek zgodności przemieszczeń pręta 1-2, tzn. warunek

nierozdzielności. Wymagamy tu, aby skrócenie pręta 1-2 - EF

lPEX =λ było

równe sumie ugięć prętów poziomych od wszystkich sił działających na układ.

Rys. 4.4b

Warunek nierozdzielności przyjmie postać XXXq λδδδ =−− )( , gdzie: δq

jest tu przemieszczeniem pionowym punktu 1 pręta AB od obciążenia q, δX jest

δq

A

C D

B 1

2

δX

δX

l l

l

1

2

q

EF

EJ

EJ

1

2

q A

C D

B

X=PE

X=PE

X=PE

X=PE

1

2

λX

187

przemieszczeniem pionowym punktu 1 pręta AB i punktu 2 pręta CD od obciążenia siłą X, zaś λX jest skróceniem pręta 1-2 od siły hiperstatycznej krytycznej X=PE.

Wartości δq i δX wynikają z przemnożenia następujących wykresów

Rys. 4.4c

∫ =

⋅+⋅⋅⋅⋅==

s

qq EJ

qllqllql

l

EJds

EJ

MM 4221

24

5

224

48

3

62

1δ

∫ =

⋅⋅==s

XX EJ

XlllXl

EJds

EJ

MM

1223

2

222

12 31δ

EF

XlX =λ

Wartości δq, δX, λX podstawimy do warunku nierozdzielności

EF

Xl

EJ

Xl

EJ

Xl

EJ

ql =−−121224

5 334

Uwzględniając w tym równaniu, że zgodnie z uwagą podaną wcześniej

2

2

l

EJPX E

π== wyliczymy wielkość obciążenia krytycznego

×

l/2 l/2

M1

Mq

MX M1

83 2ql

2

2ql

2l

4l

2l

2Xl

δq

δX ×

188

+

=5

4

5

242

3

2

l

i

l

EJqkr

π

A zatem pręt 1-2 ulegnie wyboczeniu gdy obciążenie q przyjmie wartość qkr. ZADANIE 4.5. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym, którego

schemat przedstawiono na rys. 4.5a, należy określić wartość obciążenia krytycznego qkr.

Rys. 4.5a Dane: l,E,J,F. Szukane: qkr=? Rozwiązanie: W analizowanym zadaniu wyboczeniu ulegnie pręt pionowy 1-2. Warunek

utraty stateczności ma postać EPN ≥−21 , gdzie N1-2 jest siłą osiową wywołaną działaniem obciążenia qkr w pręcie 1-2, a PE siłą krytyczną, która w naszym

zadaniu równa się 2

2

wE

l

EJP

π= gdzie llw 4

3= . Zadanie jest jednokrotnie

statycznie niewyznaczalne. Rozwiązujemy je jak klasyczne zadanie niewyznaczalne z dodatkowym warunkiem dotyczącym wartości siły hiperstatycznej. Pręt 1-2 ulegnie wyboczeniu, jeżeli siła osiowa w nim osiągnie

wartość 2

2

4

3

=

l

EJPE

π

l l

l43

1

2

q

EJ EF,EJ

189

Przyjmujemy następujący układ podstawowy.

Rys. 4.5b Równanie metody sił przyjmie postać XqEP λδδ =+ 111 .

W równaniu tym uwzględniamy nie tylko stany giętne w układzie, ale i skrócenie wywołane ściskaniem w pręcie 1-2. Wskutek działania siły krytycznej PE, która w analizowanym zadaniu jest siłą hiperstatyczną, pręt 1-2 ulegnie skróceniu o λX

EF

lPE

X43⋅

−=λ

Wartości q111 i δδ wyznaczamy korzystając z graficznego sposobu

przemnożenia wykresów.

Rys. 4.5c

l l

l43

1

l

M1 ×

l

M1 δ11

l

M1 δ1q

l/2

Mq

l/2 2ql2

2

89

ql2

2ql

2

l

×

PE 1

2

q

PE

PE

PE

λX

190

∫ =

⋅⋅+⋅⋅==s EJ

lllllll

EJds

EJ

MM 311

11 4

3

3

2

2

1

3

2

4

5

2

11δ

EJ

qlllql

lqllql

l

EJ

dsEJ

MM

s

qq

4222

11

24

37

3

2

4

52

2

10

28

942

6

1 −=

⋅⋅⋅+

+⋅⋅+⋅−=

== ∫

δ

uzyskamy

EF

lP

EJ

qlP

EJ

l EE 4

3

24

37

4

3 43

−=−

Uwzględniając wartość siły krytycznej 2

2

43

=

l

EJPE

π obliczamy

poszukiwaną wielkość obciążenia krytycznego

( )225

2

37

32li

l

EJqq kr +== π

A zatem, aby pręt 1-2 uległ wyboczeniu obciążenie musi przyjąć co najmniej wartość qkr.

ZADANIE 4.6. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym należy

wyznaczyć wartość temperatury krytycznej ∆T, która spowoduje wyboczenie prętów w układzie.

Rys. 4.6a Dane: J,E,F,l,αT

+∆T

l

l l 4

3 2 1

6 5

-∆T

191

Szukane: ∆T=∆Tkr=? Rozwiązanie: Analizowany układ prętowy jest 2-krotnie statycznie niewyznaczalny. W

układzie tym wyboczy się pręt poziomy 1-2 w którym działa siła hiperstatyczna X1. Warunek utraty stateczności można tu sformułować następująco: EPX ≥1 , gdzie X1 jest siłą osiową wywołaną działaniem temperatury w pręcie 1-2, zaś PE

jest eulerowską siłą krytyczną lll

EJP w

wE == gdzie

2

2π.

Aby wyliczyć wartość krytyczną przyrostu temperatury należy znaleźć najpierw hiperstatyczne siły X1 i X2 działające odpowiednio w prętach 1-2 i 2-3.

Rys. 4.6b

Sposób postępowania polega tutaj na analizie stanu przemieszczeń końców prętów 1-4, 2-5, 3-6. Wypisując warunek zgodności przemieszczeń dwóch podukładów prętowych tzn. 4-1 – 2-5 i 5-2 – 3-6 otrzymamy układ dwóch równań z których wyliczymy siły hiperstatyczne X1, X2.

Rys. 4.6c

4

3 2 1

6 5

X1 X1 X2 X2

δ1

X1 X1 X2 X2

X1 X1 X2 X2

δ1 δ2 δ2

λ1

λ1

λ2

λT2 λT1

192

Warunki nierozdzielności dla tych dwóch podukładów zgodnie z rysunkiem można wypisać w sposób następujący

( )

( )

+−=−+−−=++

22221

11211

λλδδδλλδδδ

T

T

gdzie δ1 jest przemieszczeniem poziomym pręta 1-4 i 2-5 w kierunku działania siły X1, δ2 jest przemieszczeniem poziomym pręta 3-6 i 2-5 od działania siły X2, λT1 jest wydłużeniem pręta 1-2 pod wpływem podgrzania o ∆T, λ2T jest skróceniem pręta 2-3 pod wpływem jego oziębienia o ∆T, λ1 to skrócenie pręta 1-2 pod wpływem hiperstatycznej siły X1, zaś λ2 to wydłużenie pręta 2-3 pod wpływem X2.

Wielkości δ1 i δ2 otrzymamy z przemnożenia następujących wykresów

Rys. 4.6d

=

⋅⋅==

=

⋅⋅==

∫

∫

EJ

lXlllX

EJds

EJ

MM

EJ

lXlllX

EJds

EJ

MM

s

p

s

p

33

2

2

11

33

2

2

11

32

2

)2(2

2

31

1

)1(1

1

δ

δ

4

M1

X1

X1l

l δ1

1

Mp(1)

×

1

4

1

l

5

M2

X2

X2l

l δ2

2 Mp

(2) 2

5

1

l

×

193

==

=

=

Tl

TlEF

lXEF

lX

TT

TT

∆αλ∆αλ

λ

λ

2

1

22

11

Wielkości λT1 i λT2 są to wartości bezwzględne wydłużenia. Uzyskujemy

TXEFEJ

lX

EJ

l

TXEJ

lX

EFEJ

l

T

T

∆α

∆α

=

++

=+

+

2

2

1

2

2

2

1

2

1

3

2

3

3

1

3

2

Rozwiązaniem tego układu są wielkości X1 i X2

( ) ( ) 03

1

3

212

2

21

2

=−+−

+ XX

EJ

lXX

EFEJ

l stąd 21 XX =

F

Ji

il

TEJX T =

+= 2

221 ,∆α

Zgodnie z uwagą podaną na początku toku rozwiązania oraz z wyrażeniem

na siłę Eulera

2

2

1l

EJX

π=

otrzymujemy równanie

222

2

il

TEJ

l

EJ T

+= ∆απ

z którego wyliczamy wartość krytyczną przyrostu temperatury ∆T

( )l

issT

l

iTT

Tkr

Tkr =+=

+== ,1,1 2222

απ∆

απ∆∆

194


schemat przedstawiono na rys. 4.7a należy określić wartość przyrostu temperatury ∆Tkr w pręcie pionowym 5-6, która prowadzi do wyboczenia tego pręta. Należy również przeanalizować łączne działanie M i ∆T na utratę stateczności pręta 5-6.

Rys. 4.7a

Dane: l,M,EJ,EF Szukane: ∆Tkr=? Rozwiązanie: W przedstawionym zadaniu wyboczeniu ulegnie pręt pionowy 5-6. Warunek

utraty stateczności wyniknie z analizy stanu względnych przemieszczeń końców pręta 5-6.

Wymagać będziemy, aby wydłużenie pręta od temperatury lTTT ⋅⋅= ∆αλ i

skrócenie od siły krytycznej Ew

X Pl

EJX

EF

Xl ===2

2

gdzie ,πλ było równe

sumie ugięć prętów poziomych 1-2 i 3-4. Ugięcia tych prętów wynikają z działania momentów przyłożonych do układu. Przytoczony sposób postępowania przedstawia następujący schemat

Rys. 4.7b

EJ

l

4 3

2 1

l l

5

∆Tkr=?

6

EJ

M M EF,J

PE ∆g

λT

M M

PE

PE

PE

∆d

λX

195

Warunek nierozdzielności przemieszczeń tego układu jest następujący

XTdg λλ∆∆ −=+

gdzie ∆g oznacza przemieszczenie górnego poziomego podukładu 1-2 wywołane działaniem momentów M i siły PE, a ∆d to przemieszczenie dolnego poziomego podukładu 3-4 wywołane również działaniem momentu i siły krytycznej czyli

XMXM

XM dgd

gδδ∆∆

δδ∆δδ∆

22 +=+

+=+=

Wartości 2δM i 2δX wynikają z „przemnożenia” wykresów według relacji

Rys. 4.7c

∫ −=

⋅⋅−==s

pM EJ

MlllM

EJds

EJ

MM

22

112

21δ

∫ =

⋅⋅==s

XX EJ

XllXll

EJds

EJ

MM

33

2

2

112

31δ

1

M M Mp

-

-

M1

1 +

+

l 2δM

X

MX

X +

+

Xl

1

M1

1 +

+

l 2δX

l

Xl

l

×

×

196

Ostatecznie otrzymujemy wartość sumy ugięć prętów poziomych

EJ

MlXlXM 6

3222

23 −=+ δδ

Po podstawieniu uzyskanych wyników do warunku nierozdzielności

otrzymamy

EF

XllT

EJ

Ml

EJ

XlT −⋅=− ∆α

23

23

gdzie 2

2

wE

l

EJPX

π== .

Poszukiwana wartość temperatury krytycznej powodującej wyboczenie wynosi

TTTkr

Fl

J

EJ

MlT

απ

ααπ∆

2

22

23+−=

Z warunku nierozdzielności dla ustalonej temperatury można wyznaczyć

krytyczną wartość momentu M

−

+=

−

+= T

l

i

l

EJTl

EF

l

EJ

lP

l

EJM TEkr ∆αππ∆α

22

23

2 3

2

3

2

Analizować będziemy teraz ogólny przypadek utraty stateczności w wyniku

równoczesnego przyrostu temperatury i momentu M. Z warunku nierozdzielności otrzymamy wówczas

TlEJ

Ml

EF

l

EJ

lX T ∆α+=

+

23

23

stąd dla X=PE

12

1

2

22

=+→

+=

E

T

ETE KP

Tl

EJKP

Ml

KTl

EJ

MlP

∆α∆α

gdzie EF

l

EJ

lK +=

3

3

197

Wprowadzając zmienne ET

E KPl

KPl

EJM

α∆ 1

T i 2

2== otrzymamy

równanie

1=+T

T

M

M

∆∆

pozwalające na wyznaczenie krytycznych wartości M i ∆T w układzie. Graficznie równanie to przedstawia prostą interakcji w układzie osi M i ∆T

Rys. 4.7d


schemat przedstawiono na rys. 4.8a należy określić wartość temperatury krytycznej ∆Tkr.

Rys. 4.8a Dane: l,EJ,EF,h Szukane: ∆Tkr=?, T1-T2=∆Tkr

Rozwiązanie: Zadanie jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalne. Rozwiązanie przedstawionego problemu polega na wyznaczeniu wartości sił

hiperstatycznych i ustaleniu warunku utraty stateczności. W tym przypadku

M

∆T

M

T∆

obszar niestateczny

obszar stateczny

T1

l

l l

2

1

T1

T1

T1

T2 T2

T2

T2

198

wyboczeniu ulegnie pręt 1-2. Siła osiowa w tym pręcie zależy parametrycznie od sił hiperstatycznych i różnicy temperatur. Znalezienie temperatury krytycznej ∆Tkr polega na przyrównaniu wyżej wymienionej siły osiowej

istniejącej w pręcie wyboczonym 1-2 z eulerowską siłą krytyczną ( )2

2

w

El

EJP

π= .

W tym celu należy zamienić układ statycznie niewyznaczalny na układ podstawowy (wyznaczalny)

Rys. 4.8b Wprowadzone siły hiperstatyczne X1 i X2 wyznaczymy budując układ

równań metody sił wykorzystujący warunki narzucone na przemieszczenia w zmodyfikowanych podporach układu pierwotnego

0 i 0 21 == δδ

Układ równań metody sił ma postać

=++=++

0

0

2222121

1212111

T

T

XX

XX

δδδδδδ

Wartości δ11, δ12, δ22, δ1T, δ2T, wyznaczymy stosując „przemnożenia”

wykresów wg sposobu Mohra

T1

δ1=0 2

1

T1

T1

T1

T2 T2

T2

T2

X1

X2

δ2=0

199

Rys. 4.8c

l

MX1

X1=1

l l

MX1

X1=1

l

δ11

δ22 MX2

X2=1 1/2 1/2

l/2

MX2

X2=1 1/2 1/2

l/2

×

×

l

MX1

l

δ12, MX2

l/2 δ21 ×

l

MX1

l

h

TTT )( 21 −α κT δ1T ×

h

TTT )( 21 −α κT MX2

l/2 δ2T ×

200

Ponieważ wykresy MX1 i Tκ podobnie jak 2xM i Tκ leżą po tej samej

stronie układu, to w wyniku „przemnożenia” TT 21 i δδ będą mieć znak „+”. Wartości przemieszczeń wynoszą kolejno

∫ =

⋅⋅+⋅⋅⋅==s EJ

lllllll

EJds

EJ

MM

3

82

3

2

2

12

1 311

11δ

∫ =

⋅⋅+⋅⋅==s EJ

lllllll

EJds

EJ

MM

22

1

2

1

2

1

2

11 321

12δ

∫ =

⋅⋅⋅==s EJ

llll

EJds

EJ

MM 322

22 6

1

2

1

3

2

2

1

2

12

1δ (3)

( ) 221212111

3

2

122 l

h

TT

h

TTlll

h

TTldsM TTT

sTT ααακδ −=−⋅⋅+−== ∫

( ) 2212122 22

1

2

12 l

h

TTl

h

TTldsM TT

sTT αακδ −=−== ∫

Podstawiając uzyskane wartości do zależności otrzymujemy następujący

układ równań

( )

( )

−−=+

−−=+

2212

3

1

3

2212

3

1

3

26

1

2

3

2

1

3

8

lh

TTx

EJ

lx

EJ

l

lh

TTx

EJ

lx

EJ

l

T

T

α

α

Z układu równań wyliczymy wielkości sił hiperstatycznych

W

WX

W

WX 2

21

1 ==

gdzie

22

6

22

6

22

6

33

33

36

7

418

8

6

2

2

3

8

JE

l

JE

l

JE

l

EJ

l

EJ

l

EJ

l

EJ

l

W =−==

201

( )

( )( ) ( )

( )EJh

lTT

EJh

lTT

EJh

lTT

EJ

ll

h

TT

EJ

ll

h

TT

W

T

TT

T

T

α

αα

α

α

521

521

521

3221

3221

1

4

1

4

1

6

3

6

1

2

2

13

−−=

=−

+−−

=−−

−−

=

( )

( )( ) ( )

( )EJh

lTT

EJh

lTT

EJh

lTT

h

lTT

EJ

l

h

lTT

EJ

l

W

T

TT

T

T

6

2

3

6

8

22

3

3

8

521

521

521

221

3

221

3

2

α

ααα

α

−=

=−

+−−

=−−

−−

=

Ostatecznie siły X1 i X2 wynoszą

( )

( )lh

EJTTX

lh

EJTTX

T

T

7

67

9

212

211

α

α

−=

−−=

W układzie występują więc następujące siły

Rys. 4.8d

Wartość ∆Tkr uzyskujemy z przyrównania wartości siły hiperstatycznej X2, która jest parametrycznie związana z poszukiwaną temperaturą krytyczną, do eulerowskiej siły krytycznej

T1

T1

T1

T1

T2 T2

T2

T2

lh

EJTTT

7)(9 21 −− α

lh

EJTTT

7)(7 21 −α

202

( )

Tkr

T

l

hT

l

EJ

lh

EJTT

απ∆

πα

6

7

7

6

2

2

221

=

=−

ZADANIE 4.9. W podanym układzie prętowym, którego schemat przedstawiono na rys.

4.9a, należy określić wartość temperatury krytycznej ∆Tkr, a następnie przeanalizować ogólny przypadek utraty stateczności przy jednoczesnym wzroście temperatury T oraz obciążenia pionowego P.

Rys. 4.9a Dane: l,EJ,EF Szukane: Tkr=? Rozwiązanie: W podanym zadaniu wyboczeniu ulegnie pręt pionowy 2-4. Warunek

nierozdzielności przemieszczeń ma postać następującą

TXXp λλδδδ −=−=2

gdzie λT – wydłużenie pręta wywołane przyrostem temperatury, λX – skrócenie pręta wywołane siłą krytyczną X=PE.

Przedstawiony warunek obrazuje schemat przemieszczeń

l/2 l/2

l

1 2

P

EF

EJ

∆T

3

4

203

Rys. 4.9b Wartość δ2 otrzymamy z „przemnożenia” wykresów

Rys. 4.9c

( ) ( )EJ

lXPlXPl 1

486

1

422

12

3

2−

=

−=δ

2

2

i l

EJX

EF

XlX

πλ ==

lTTT ⋅= ∆αλ Podstawiając δ2, λX i λT do warunku nierozdzielności uzyskamy

( )EF

XlTl

EJ

lXPT +−=− ∆α

3

48

( )EF

Xl

EJ

lPXTlT +−=

48

3

∆α

X λX

P X

X

δ2

X

P

4)( lXP −

1

4l

δ2

M(P-X) M1

×

204

( )

+−=

EF

Xl

EJ

lPX

lT

Tkr 48

1 3

α∆

gdzie 2

2

l

EJPX E

π==

+

−=

EF

l

EJ

l

P

P

l

PT

ET

Ekr 48

13

α∆

Z warunku nierozdzielności przemieszczeń można również określić

kryterium utraty stateczności przy równoczesnym wzroście obciążenia P i temperatury. Zachodzi

EF

l

EJ

lK

KTl

EJ

PlPPX TEE +=

+=⇒=

48 ,

1

48

33

∆α

stąd otrzymujemy bezwymiarową zależność

148

3

=+KP

Tl

EJKP

Pl

E

T

E

∆α

Wprowadzając oznaczenia l

KPTl

EJKPP

TEE α

∆ 1 i

483

== uzyskamy

poszukiwany warunek utraty stateczności w przypadku niezależnego wzrostu obciążenia P i przyrostu temperatury ∆T

1=+T

T

P

P

∆∆

Zależność ta przedstawia prostą na płaszczyźnie o osiach P i ∆T

rozdzielającą stany stateczne od niestatecznych

Rys. 4.9d

P

∆T

P

T∆

stany niestateczne

stany stateczne

P>0 ∆T>0

205

ZADANIE 4.10. Należy określić warunki utraty stateczności pręta poziomego 1-2 w ramie

przedstawionej na rys. 4.10a wraz z wpływami zewnętrznymi, którymi są obciążenie poziome P przyłożone w narożu 1, równomierny we wszystkich przekrojach przyrost temperatury ∆T oraz obrót podpory o kąt ϕ. Każdy z tych wpływów z osobna prowadzi do utraty stateczności. Należy przeanalizować wpływ łącznego wieloparametrowego narastania P, ∆T i ϕ prowadzącego do utraty stateczności.

Rys. 4.10a

Dane: P, l, h, EJ, F, ∆T, ϕ, 2

2

l

EJPE

π=

Szukane: ∆Tkr, ϕkr, Pkr Rozwiązanie: Analizować będziemy łączny wpływ wszystkich trzech czynników na utratę

stateczności pręta 1-2. Rozdzielając układ na dwa podukłady: ściskany pręt 1-2 oraz pozostałą część układu oraz wypisując warunki nierozdzielności przemieszczeń obu podukładów otrzymamy

Tlh T ∆αϕ∆δδ =−++ 21

Warunek ten oznacza iż suma przemieszczeń poziomych wsporników δ1+δ2

powiększona o skrócenie ∆ wynikające z działania siły osiowej N1-2=PE, pomniejszona o przemieszczenie naroża 2 z powodu obrotu ϕ musi być równa wydłużeniu wynikającemu z przyrostu temperatury.

h EJ

l

2 1

ϕ

∆T

∆T

∆T EJ

EJ,EF

P

206

Rys. 4.10b Przemieszczenia δ1, δ2, ∆ w zadaniu liniowo-sprężystym wynoszą

( ) ( )33

2

2

32

1

hPPh

hPPEJ EE −=⋅−=δ

3

3

2

hPEJ E=δ

EF

lPE=∆

stąd

( )hTl

EF

lP

EJ

hP

EJ

hPPT

EEE ϕ∆α +=++−33

33

Z równania tego można wyznaczyć jedną z wartości krytycznych np.(∆T, ϕ, P) przy pozostałych parametrach ustalonych.

Jeżeli chcemy natomiast przeanalizować przypadek niezależnego przyrostu wszystkich trzech parametrów tj. PPTT 321 , , αϕαϕ∆α∆ →→→ do utraty stateczności, to należy wyliczyć PE z warunku nierozdzielności

EJ

h

EF

lK

EJ

PhTlKP TE 3

24

33

+=

++= ϕ∆α

stąd

13

3

=++KEJP

Ph

KP

h

KP

Tl

EEE

T ϕ∆α

wprowadzając nowe zmienne

δ1

ϕ

P PE

PE PE

PE PE 1

PEh h

h32

δ2

ϕh

207

3

3 , ,

h

KEJPP

h

KP

l

KPT EE

T

E === ϕα

∆

otrzymamy

1=++P

P

T

T

ϕϕ

∆∆

warunek parametrycznej utraty stateczności. Warunek ten przedstawia płaszczyznę w układzie osi ,,, PT ϕ∆ której osiągnięcie prowadzi do wyboczenia pręta 1-2, a krytyczną wartość parametrów PT i ,ϕ∆ określa więc zależność

[ ]1,0

1321

∈=++

i

PT

ααϕα∆α

spełniająca warunek parametrycznej utraty stateczności.

Rys. 4.10c ZADANIE 4.11. Rama stalowa przedstawiona na rys. 4.11a poddana jest działaniu

intensywnego przyrostu temperatury ∆T w czasie pożaru. Zakres tego wzrostu powoduje, iż stal zaczyna pełzać w zakresie nieliniowym. Deformacje układu są sumą odkształceń sprężystych, lepkich i termicznych. Należy określić krytyczny wzrost temperatur tj. taki proces zmian temperatur, który kończy się utratą stateczności pręta. Równania fizyczne mają postać

P

∆T

P

T∆

obszar niestateczny

obszar stateczny ϕϕ

),,( TPE ∆ϕ

208

( )( ) TtTAE T

mTce ∆ασσεεεε ++=++= ,

Rys. 4.11a Dane: h, l1, l2, ε-ε0=Aσm

( ) ( ) ∫=+=

+=− +

F

Lm

dFzNJm

NNJ

MA 1

0 1,1

,1

κκ

m

F

NA

=− 0εε

( ) ( ) ( )[ ]2

21

00

001

,1

,Al

NJPfP

fPfPPf

m

RmKKm +=== π

Rozwiązanie: Przedstawimy najpierw oszacowanie temperatury krytycznej ∆T w zadaniu

sprężystym, a następnie poszukiwać będziemy procesu narastania temperatury w teorii starzenia.

Podstawą rozważań jest tu spełnienie warunków nierozdzielności odkształceń, kiedy to skrócenia prętów i ugięcia słupów 1 i 2 pochodzące od siły krytycznej PE – muszą być skompensowane wydłużeniami termicznymi,

Rys. 4.11b

l1>l2

h

l2 l1

2 1

f0 ∆T ∆T

∆T ∆T

δ1

1

∆1 PE 1

PEh h

δ2

2 ∆2

209

( ) ( ) 212211 TlTl ∆α∆α∆δ∆δ +=+++

2

2

1 33

2

2δδ ==⋅=

hPh

hPEJ EE

21

2

2

22

1

11 , ,

l

EJP

EF

lP

EF

lPE

EE π∆∆ ===

Z warunku nierozdzielności otrzymamy

( ) ( )

++

+=→+=++

2

2

1

12

21121

2

2

1

12

3

2

32

EF

l

EF

l

EJ

h

ll

PTllT

EF

lP

EF

lP

EJ

hP EEEE

α∆∆α

W rozważaniach tych wykorzystaliśmy fakt, iż równowaga węzła 0

prowadzi do relacji N1=N2=PE gdzie PE jest mniejszą z wartości sił krytycznych w ryglach 0-1 i 0-2.

W zadaniu teorii starzenia warunek nierozdzielności pozostaje bez zmian, natomiast inne wartości przyjmą wydłużenia i ugięcia

( ) ( )

( ) ( )∫

∫

+

+=

+=

+

+=

+=

+

+

h mmm

h mmm

m

h

LJ

NAsds

LJ

sNA

m

h

LJ

NAsds

LJ

sNA

0

222

2

0

211

1

211

1

,21

11

δ

δ

22

221

1

11 , l

F

NAl

F

NA

mm

=

= ∆∆

Podstawiając 2121 i , , ∆∆δδ do warunków nierozdzielności otrzymamy

N1=N2= PE'

( ) ( ) TllF

PAl

F

PAl

LJ

P

m

Ahm

E

m

E

m

Em

∆α 212

21

1

2

122 +=

′+

′+

+′

+

+

stąd krytyczny przyrost temperatury ∆T wynosi

210

( ) ( )

( )[ ] mm

E

m

E

m

E

m

Em

fAl

LJ

FP

F

Pl

F

Pl

LJ

P

m

h

ll

AT

1

02

2

0

22

11

2

21

11

,12

2

+=′

′+

′+

+′

++=

+

π

α∆

ZADANIE 4.12. W ramie stalowej przedstawionej na rys. 4.12a wystąpił przyrost temperatur

∆T w czasie pożaru w takim zakresie, iż w analizie statycznej zadania należy uwzględnić równania lepkiego płynięcia. W szczególności należy oszacować tą wartość prędkości narastania temperatur, która prowadzić będzie do utraty stateczności prętów układu. Równania fizyczne w tym przypadku mają postać

εσε&

&=

→=

B

F

NF

BF

nN

Rys. 4.12a

Dane: l1, l2, h, nBσεε =− 0&&

( ) ( ) ∫+=+=

+=−

F

N

n

dFzNJN

ln

NJ

MB 1

0 1 , ,1

κκ &&

n

F

NB

=− 0εε && , ( ) ( )[ ]2

2

00

11

Bl

NJPfP

fP

n

krN

rkr+== π

&

Rozwiązanie:

l1>l2

h

l2 l1

2 1

f0 ∆T ∆T

∆T ∆T 0

211

Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Analizując odkształcenia wywołane przyrostem temperatur ∆T stwierdzamy, iż wydłużenia termiczne muszą być równe sumie skróceń prętów poziomych 0-1 i 0-2 oraz ugięć słupów od działania sił w ryglach

212121 δδ∆∆∆α∆α +++=+ TlTl TT W zadaniach lepkiego płynięcia analizujemy przyrosty po czasie w

warunkach nierozdzielności. Zachodzi wtedy

212121 δδ∆∆∆α∆α &&&&&& +++=+ TlTl TT Deformacje w układzie przedstawiono na rysunku

Rys. 4.12b Prędkości odkształceń wynoszą

22

221

1

11 , Bl

F

NBl

F

Nnn

=

= ∆∆ &&

Prędkości ugięć obliczymy z całki Mohra

( ) ( )

( ) 21

211

1

22

2

0

211

1

+

+=

+

+=

+=

+

+

∫

n

h

NJ

NB

n

h

NJ

NBsds

NJ

sNB

nn

h nnn

δ

δ

&

&

Po podstawieniu do warunków nierozdzielności zachodzi

δ1 N2 1

N2h h

δ2

∆1

N1

N1

N1 N1 N2

N2 N2

N2

∆2

212

( ) ( ) 211

221

22

21

1

121

+

++

++

+

+

=+

+

n

hB

NJ

N

NJ

N

BlF

NBl

F

NTlTl

nnn

nn

TT ∆α∆α &&

Utrata stateczności nastąpi przy jednakowej wartości 20

10 ff = w dłuższym z

rygli, czyli l1. Należy wówczas przyjąć, że

( )[ ] Nn

kr fBl

NJ

fPNN

+=== 021

2

021

11 &π

stąd

( ) ( )

( )( )[ ] ( )[ ] 21

1

1

1

1

2

21

2

2

1

1

21

+

++

++

+

+

+=

+

n

hB

NJNJP

F

Bl

F

BlP

llT

n

nn

nkr

nn

nkr

Tα∆&

( ) ( )( )[ ]

( ) ( )

( )[ ] ( )[ ]( )t

n

hB

NJNJ

F

Bl

F

Bl

Bl

fNJ

fllT

n

nn

nn

n

nT

Ω

πα

∆

=

+

++

++

++

++

=

+

21

1

1

1

111

2

21

2

2

1

121

02

021

&&

Mając ustaloną temperaturę początkową procesu płynięcia lepkiego, równą

około 1/3 temperatury topnienia wyznaczymy krytyczną wartość przyrostu temperatury do utraty stateczności

( )∫ +=t

TdT0

0ττΩ∆

Należy podkreślić, iż rozwiązanie to stanowi wstępne oszacowanie ∆Tkr. ZADANIE 4.13. Określić dla jakich wartości pionowego przemieszczenia środkowej podpory

0 wystąpi utrata stateczności pręta poziomego 3-4. Pręty układu, za wyjątkiem poziomego rygla 3-4 należy uznać za nieodkształcalne.

213

Rys. 4.13 Rozwiązanie Osiadanie podpory środkowej o wartość ∆ wywołuje wzajemny obrót

prętów 1-3 i 2-4 względem punktów 1 i 2 o wartość l2

∆ϕ = . W wyniku tego

obrotu punkty 3 i 4 ulegną przemieszczeniu

42222

3 2Uhl

lhlU =+=+= ∆ϕ

Natomiast wzajemne przybliżenie węzłów 3 i 4 obliczamy z wzoru

2243 sin gdziesinsin

hl

hUU

+=+= βββλ

hlhl

hhl

lhl

hhl

l

∆∆∆λ =+

+++

+=22

22

22

22

22

Z drugiej strony skrócenie pręta poziomego o wartość Kλ wywołuje siła

( )2

2

2l

EJPE

π= , która powoduje utratę stateczności pręta 3-4. Zachodzi więc

warunek utraty stateczności

( ) Fh

J

EFl

lEJh

lEF

lPEkr 22

22 2

2

2 π∆π∆λλ ≥→≥→=≥

pręta poziomego 3-4 w wyniku osiadania podpory 0 o wartość krytyczną ∆ kr.

ZADANIE 4.14. W podanym układzie prętowym statycznie wyznaczalnym którego schemat

przedstawiono na rys. 4.14a, należy określić wartość obciążenia krytycznego q=qkr.

h

l l

4 3

2 1 0

l l

EJ=∞ EJ=∞

∆ β

U3 U4

214

Rys. 4.14a Dane: l,EF,EJ Szukane: qkr=? Kąt α między prętami T-S i S-R jest kątem ostrym. Rozwiązanie: W analizowanym układzie wyboczeniu ulegnie pręt T-S. Sposób

postępowania w tym przypadku jest następujący: „rozbijamy” układ na dwa podukłady -belkę S-R oraz ściskany słup S-T.

Rys. 4.14b

Obciążenie normalne działające na pręt S-R wywołuje siłę osiową w pręcie S-T

αsin2

qlN =

Siłę tą porównujemy z eulerowską siłą krytyczną uzyskując w ten sposób

zależność

α

R T

q

2ql

S N S

αsin2ql

l l

R

S

T

q

EJ EF

α

215

2

2

sin2 l

EJqlN

πα ==

Otrzymujemy stąd poszukiwaną wartość obciążenia krytycznego krqq = .

απsin

23

2

l

EJqkr =

Z wzoru tego wynika, iż dla małych kątów α qkr będzie rosło. Natomiast

najmniejszą wartość qkr otrzymamy, kiedy 2

πα = .

ZADANIE 4.15.

Obliczyć wartość obciążenia krytycznego qkr w układzie prętowym

statycznie niewyznaczalnym przedstawionym na rys. 4.15a

Rys. 4.15a Rozwiązanie: Sposób postępowania jest typowy jak w zadaniach jednokrotnie statycznie

niewyznaczalnych. Korzysta się tu z warunku utraty stateczności pręta T-S, kiedy siła osiowa w tym pręcie

KNl

EJN ==

2

2π

Równanie nierozdzielności dla analizowanego zadania krxq λδδ =− ,

gdzie δq – przemieszczenie pręta S-R od obciążenia ciągłego q, δx – przemieszczenie pręta S-R od siły krytycznej, λkr – skrócenie pręta S-T od siły krytycznej.

l l

R

S

T

q

EJ EF

216

Warunek przedstawiono na rys. 4.15b

Rys. 4.15b Wartości δq, δx otrzymujemy z „przemnożenia” wykresów

Rys. 4.15c Otrzymujemy

∫

∫

−=

⋅−==

=

==

s

Xxx

s

qq

EJ

XlllXl

EJds

EJ

MM

EJ

qlll

ql

EJds

EJ

MM

33

2

2

11

84

3

23

11

31

421

δ

δ

Podstawiając otrzymane wartości do warunku nierozdzielności uzyskamy równanie z niewiadomym obciążeniem krytycznym

1

l

1s

M1

×

2

2ql

Mq

δq 2

2qs

1

l

1s

M1x X

Xl

Xs

Mx

δx ×

PE

q PE

PE

PE

δq

δx

λkr

217

EPl

EJX

EF

Xl

EJ

Xl

EJ

ql ===−2

234

gdzie38

π

stąd

F

Ji

l

iss

l

EJ

Fl

J

l

EJqkr ==

+=

+= 223

2

23

2

,,3

18

3

18 ππ

ZADANIE 4.16. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym należy określić

wartość temperatury krytycznej ∆Tkr.

Rys. 4.16a Dane: EF,EJ Szukane: ∆Tkr=? Rozwiązanie: W przedstawionym zadaniu wyboczeniu ulegnie pręt pionowy 2-5. Warunek

utraty stateczności wynika z analizy stanu względnych przemieszczeń końców tego pręta.

Wymagamy, aby wydłużenie pręta 2-5 od temperatury TlTT ∆αλ = i

skrócenie od siły krytycznej EF

lPEX =λ , gdzie

( )2

2

w

El

EJP

π= , było równe

dwukrotnej różnicy przemieszczeń pręta poziomego 1-2 wywołanej siłą PE i siłą X2. Warunek nierozdzielności tego układu ma postać

( )22 δδλλ −=− XXT

Przytoczony sposób rozważań przedstawiono na poniższych rysunkach

l

4

3 2 1

l l

5

∆Tkr=?

6

EJ

EF

l

218

Rys. 4.16b Siłę X2 obliczymy korzystając z równań metody sił

=+++=+++

0

0

22222121

11212111

TP

TP

XX

XX

δδδδδδδδ

Rys. 4.16c

PE

PE

PE

PE

∆T

δx-δ2

δx-δ2

λx λT

X2

∆T

X2

X1

M1

1

2

M2

l 2l

3l

219

Po sporządzeniu wykresów M1 i M2 należy obliczyć odpowiednie współczynniki do równania metody sił. Obliczymy je z „przemnożenia” odpowiednich wykresów, przy czym δij otrzymujemy z „przemnożenia” wykresów Mi⊗Mj

EJ

ll

EJl

EJl

EJ3

3

9

3

21

2

11

3

422

2

1111 ==

⋅⋅+

⋅=δ

δ22 otrzymamy korzystając z metody graficznej Simpsona

( ) ( )( ) ( ) ( )

( )EJ

lll

EJ

l

lEJ

llll

EJ

lllll

EJ

l

llll

EJllllll

l

EJ

3

25

6

2

86

42596

5,05,046

2

4226

1225,25,2433

6

1

322

2222

222

=++

++++=⋅⋅+⋅+

++⋅+⋅+⋅⋅+⋅=δ

( )∫ =

⋅−

⋅⋅+−

−=l

EJ

lll

EJll

EJdssl

l

s

EJ 0

2

12 3

13

3

1

2

1

3

41

2

1132

1δ

EJ

lP

EJ

lPlPl

EJ

EJ

l

EEEP

T

T

3

81

3

8

3

422

2

11

0

03

13

22

1

2

1

2

212112

==

⋅⋅=

==

=→=

δ

δδ

δδδ

Rys. 4.16d

( )

( )EJ

lPllPlPl

EJ

l

lPlllPlPlEJ

l

EEE

EEEP

2

905,042

6

25,25,14236

3

2

=+⋅⋅⋅+⋅⋅+

+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=δ

MP

PE 2PEl

220

Po obliczeniu współczynników należy ich wartości podstawić do równań

0

0

22222121

11212111

=+++=+++

PP

TP

XX

XX

δδδδδδδδ

Powyższy układ równań rozwiązujemy za pomocą wyznaczników

( )2

4

32

2

9

56

3

25

3

13

3

133

EJ

l

EJ

l

EJ

l

EJ

l

EJ

l

D =

=

( )2

5

33

22

118

49

3

25

2

9

3

13

3

8

EJ

lP

EJ

l

EJ

lP

EJ

l

EJ

lP

D E

E

E

=

=

( )2

4

32

2

218

35

2

9

3

13

3

83

EJ

lP

EJ

lP

EJ

l

EJ

lP

EJ

l

D E

E

E

=

−

=

D

DX

D

DX 2

21

1 , ==

lPX

lPX

E

E

16

516

7

2

1

=

=

Po rozwiązaniu układu przystępujemy do obliczenia pozostałych równań

tj.δX i δ2. Te składowe obliczymy poprzez „przemnożenie” odpowiednich wykresów MP, M(PE =1), MX2, M1

221

Rys. 4.16e

EJ

lPlllP

EJE

EX 3

8

3

422

2

1 =

⋅⋅=δ

( ) ( )EJ

lXlXlX

EJllXllX

EJ 6

532

6

15,15,042

6

1 322

22

2222 =+=⋅⋅+⋅=δ

EJ

lP

EJ

lXlP

EJ

lX

EJ

lP EEEX 32

77

6

516

6

5

3

8 332

332

3

2 =−=−=−δδ

Podstawiając i korzystając ze wzorów λT i λX obliczymy temperaturę

krytyczną

EJ

lP

EF

lPTl EE

T 16

77 3

=−∆α

+=

+=

EJ

l

EFl

EJ

EJ

l

EF

PT

TT

E

16

771

16

771 2

2

22

απ

α∆

+

=16

7722

l

iT

Tαπ∆

MP

PE

2PEl

δx

M(PE=1) 2l

1 ×

MX2

X2l

δ2

2l 1 X2 ×

223

Rozdział V

Złożone przypadki wytrzymałościowe Analizować będziemy ogólny przypadek stanu naprężeń i odkształceń w

pręcie pryzmatycznym wywołany jednoczesnym działaniem siły osiowej i poprzecznej oraz momentów zginających. Problem analizowany będzie w zakresie sprężystym i lepkosprężystym oraz z uwzględnieniem nieliniowości fizycznej.

Punktem wyjściowym tych rozważań jest postulat płaskości przekrojów przed i po deformacji, co oznacza, iż stan odkształceń jest liniową funkcją położenia punktów przekroju (x2, x3) czyli

233201111 xx κκεε −+=

Rys. 5.0a

Z zależności tej wynika, iż odkształcenie w ogólności jest sumą wydłużeń

)( 011ε , krzywizny κ2 ( 3211 xκε =′ ) oraz krzywizny κ3 ( 2311 xκε −=′′ ). a) Liniowa sprężystość W zakresie liniowo-sprężystym naprężenia 1111 εσ E= zaś wydłużenia 0

11ε i krzywizny wyrażają się wzorami

33

33

22

22

011 ,,

EJ

M

EJ

M

EF

P === κκε

stąd wzory na rozkłady odkształceń ε11 i naprężeń w przekroju

x3

x2

x1

x3

x2

x1

x3

x2

x1

x2

011ε 11ε′ 11ε ′′11ε

κ2 κ3

224

33

23

22

3211

33

23

22

3211

J

xM

J

xM

F

P

EJ

xM

EJ

xM

EF

P

−+=

−+=

σ

ε

Przytoczone wzory dotyczą rozkładu naprężeń normalnych σ11 i wydłużeń ε11 w pręcie liniowo-sprężystym.

We wzorach tych P, M2, M3, F, J22, J33 są kolejno siłą osiową i momentami zginającymi, polem przekroju i momentami bezwładności (rzędu 2) liczonymi względem osi x2 i x3 jako głównych centralnych osi bezwładności przekroju.

b) Nieliniowa sprężystość W zakresie nieliniowo - sprężystym naprężenie opisane jest wzorem

NA 1111 εσ = , przy n

N1= , zaś wydłużenia

nn

AF

P

A

=→

= 011

11011 εσε

a krzywizny κ2 i κ3 relacjami

∫

∫

∫

∫

+

+

=+

+=→+=′′=

=+

+=→+=′=

F

N

F

n

n

F

N

F

n

n

dFxNJ

NAJ

MNAJdFxM

dFxNJ

NAJ

MNAJdFxM

1233

33

33

/13332113

1322

22

22

/12223112

)1(

,)1(

)1(

)1(

,)1(

)1(

κκσ

κκσ

Podstawiając otrzymane wyrażenia do warunku liniowości odkształceń otrzymamy

233

33

22

211

)1()1(x

NAJ

Mx

NAJ

M

AF

Pnnn

+−

++

=ε

przy czym x2 i x3 to główne centralne osie bezwładności.

Rozkłady naprężeń wyliczymy ze wzorów

233

33

22

211

1111

)1()1(x

NAJ

Mx

NJ

M

F

P

A

nnnn

n

+−

++

=→

= σσε

225

Nnnn

xNJ

Mx

NJ

M

F

P

+−

++

= 233

33

22

211

)1()1(σ

c) Lepkosprężystość liniowa W liniowej lepkosprężystości 1111 εσ dE ∗= lub 1111 σε dG ∗= , wydłużenia

011ε określa wzór

dPGF

dG ∗=→∗= 101111

011 εσε

natomiast krzywizny κ2 i κ3 – wyrażenia

dGJ

MdEJdFxM

dGJ

MdEJdFxM

F

F

∗=→∗=′′=

∗=→∗=′=

∫

∫

33

333332113

22

222223112

κκσ

κκσ

Po podstawieniu tych wyrażeń do warunków liniowości odkształceń

otrzymamy

233

33

22

211

1xdG

J

MxdG

J

MdGP

F∗−∗+∗=ε

Z tego wzoru po wykorzystaniu równania fizycznego dG∗= 1111 σε uzyskamy rozkłady naprężeń

33

23

22

3211 J

xM

J

xM

F

P −+=σ

Wynika stąd, iż rozkłady naprężeń (ale nie odkształceń !) w zadaniach

sprężystych i lepkosprężystych będą takie same. d) Zginanie ukośne – zadanie nieliniowo - sprężyste Z podanych wzorów otrzymamy jako przypadki szczególne równania

określające stany naprężeń i odkształceń w zginaniu ukośnym i ściskaniu mimośrodowym.

Zginanie ukośne określa warunek P=0, natomiast rozciąganie mimośrodowe

zależności 3322

oo

xPMxPM == oraz , gdzie ( 32,oo

xx ) są współrzędnymi punktu przyłożenia siły P w przekroju.

W konsekwencji w zginaniu ukośnym rozkład naprężeń w zadaniach nieliniowych wyznaczymy z równania

226

2

33

33

22

211

)1()1(x

NJ

Mx

NJ

Mnn

n

+−

+=σ

którego przypadkiem szczególnym, kiedy n=1, jest klasyczny wzór wytrzymałościowy.

W rozciąganiu mimośrodowym naprężenia wyznaczymy ze wzoru

( ) ( )

[ ] [ ]F

NJNi

F

NJNi

xNi

xx

Ni

x

F

Pnn

nn

)1()1(,

)1()1(

,)1()1(

1

33233

22222

22

33

232

22

311

+=++

=+

++

++

=

oo

σ

Podobnie jak poprzednio, kiedy n=1, otrzymamy klasyczny wynik znany z elementarnej wytrzymałości materiałów.

e) Ścinanie – zadanie nieliniowo - sprężyste Rozkład naprężeń tnących w zginanym pręcie wynika ze wzoru

Żurawskiego, który otrzymujemy z warunku równowagi ugiętego elementu w przekrojach położonych blisko siebie w których występuje moment zginający M i siła poprzeczna T.

Rys. 5.0b

Naprężenia normalne w zginaniu nieliniowym określone są równaniem

( )NxNJ

M3

22

211 )1( +

=σ

x3

x1

σ11

M2 T

σ11+dσ11

M2+dM2

T+dT

dx1

σ13

b

dx1

t1

F’

227

a przyrost siły osiowej dN w przekroju położonym nad rozpatrywanym włóknem określa równanie

dMNJ

NSdFx

NJ

dMdFddN

F

N

F )1(

)('

)1('

22'3

22'11 +

=+

== ∫∫ σ

Z warunków równowagi: ( ) bdxdNNN 113σ=++− wynika

( ) ( )

∫′

′=

+=→

+=

F

N FdxNS

NJ

NTS

bdx

dM

NJ

nS

3

2213

12213

)(

)1()1(σσ

Otrzymana zależność jest uogólnieniem wzoru Żurawskiego na przypadek nieliniowo-sprężysty.

W szczególności dla N=1 otrzymamy klasyczny wzór Żurawskiego stosowany w obliczeniach wytrzymałościowych

2213 bJ

TS==τσ

f) Ściskanie mimośrodowe w zakresie nieliniowo-lepkosprężystym

Równania fizyczne mają tu postać NA 1111 εσ ∗= stąd 1111 σε ∗=GN lub

( )nG 1111 σε ∗= . Zachodzi δ=∗ AG . Na podstawie równań fizycznych wyznaczamy relacje między wydłużeniami

011ε a siłami osiowymi P

n

F

PG

∗=011ε

Analogiczne zależności łączące momenty M2 i M3 z krzywiznami κ2 i κ3 ma postać

( ) ( )n

N

FF

NN

NJ

MG

NJ

MG

dFxGdFxxG

+∗=→

+∗=

∫ ′∗∫ =→∗=′

)1()1( 22

22

22

22

3113321111

κκ

σκσε

( ) ( ) ∫ ′′∗∫ =→′′∗=′′FF

NN dFxGdFxxG 2112231111 σκσε

228

( )n

N

NJ

MG

NJ

MG

+∗=→

+∗=

)1()1( 33

23

33

23 κκ

W konsekwencji odkształcenie ε11 obliczamy z wzoru

233

33

22

211

)1()1(x

NJ

MGx

NJ

MG

F

PG

nnn

+∗−

+∗+

∗=ε

W przypadku szczególnym, kiedy ),()( 0 tAPtP = ),(22 tAMM =

)(33 tAMM = , gdzie A jest funkcją czasu spełniającą równanie 0

1A

HGA =∗

3330

33

220

2

011

)1()1(x

NJA

Mx

NJA

M

FA

Pnnn

+−

++

=ε

g) Wytężenie materiału

Omawiane w tym rozdziale przypadki wytrzymałościowe zakładają możliwość jednoczesnego występowania różnych rodzajów sił przekrojowych np. siły ściskającej i momentów zginających. Można się wówczas spodziewać, że i w punktach przekroju wystąpią złożone stany naprężeń. Powstaje problem oceny wytężenia związany z tymi złożonymi stanami naprężeń. Do tego celu wykorzystujemy hipotezy wytężeniowe, które pozwalają porównywać złożone stany naprężeń z jednoosiowymi. Najczęściej korzystamy w tych przypadkach z hipotezy wytężeniowej Hubera-Miesesa-Hencky’ego (H-M-H) postaci

( ) ( ) ( ) ( ) k≤+++−+−+− 223

213

212

23322

23311

22211 6

2

1 σσσσσσσσσ

gdzie σ11,...,σ23 są współrzędnymi tensora naprężeń, a k – wartością krytyczną, którą możemy interpretować jako naprężenie dopuszczalne, granicę plastyczności, sprężystości czy wytrzymałości.

ZADANIE 5.1. Analizujemy zginanie ukośne przekroju w zakresie liniowym i nieliniowo -

sprężystym. Należy wykazać, iż punkty przekroju o tych samych naprężeniach wyznaczają rodzinę prostych równoległych. Należy również określić nachylenie tych prostych względem głównych centralnych osi bezwładności.

229

Rozwiązanie: Punktem wyjściowym rozważań są tu równania określające rozkłady

naprężeń w przekroju. Znamy też położenie głównych centralnych osi bezwładności.

a) W zadaniach liniowych rozkłady σ11 mają postać (przy założeniu, że wypadkowa momentu zginającego leży w I-szej ćwiartce układu osi głównych)

233

33

22

211 x

J

Mx

J

M −=σ

Dla stałej wartości naprężeń σ11 = a otrzymujemy równanie prostej

332

223

2

222

332

2233 tg,

JM

JM

M

aJx

JM

JMx =+= γ

które jest jednocześnie miejscem geometrycznym punktów o wartościach naprężeń σ11 = a.

b) W zadaniach nieliniowych, gdy NA 1111 εσ = obowiązuje równanie

233

33

22

211

)1()1(x

NJ

Mx

NJ

Mnn

n

+−

+=σ

które dla warunku σ11 = a prowadzi również do równania prostej

n

n

nn

NJ

NJ

M

Ma

M

NJx

NJ

NJ

M

Mx

++=

++

++=

)1(

)1(tg ,

)1(

)1(

)1(

33

22

2

3

2

222

33

22

2

33 β

Rys. 5.1

x3

x2

M

σ=Eε

σ=Aεn

γ β

230

Dla a = 0 otrzymamy tzw. równanie osi obojętnej. Z porównania obu równań wynika, iż różne będą m.in. nachylenia osi obojętnej (((( ))))β γ≠≠≠≠ w tym samym

przekroju i dla tego samego momentu zginającego, ale różnych fizycznie materiałów.

ZADANIE 5.2. W prostym zginaniu linia działania momentu zginającego pokrywa się z osią

obojętną. Określić ograniczenia nałożone na moment zginający aby linia działania momentu zginającego i oś obojętna były współliniowe w zginaniu ukośnym. Problem przeanalizować również w zakresie nieliniowym.

Rozwiązanie:

Momenty M2 i M3 jako rzuty wektora momentu M liczone względem osi głównych x2 i x3 są postaci

2

332 tgsin,cos

M

MMMMM =→== ααα

a) W zadaniu liniowym oś obojętną określa równanie

2322

3

33

22311 tg 0 xxx

M

M

J

Jx γσ =→=→=

Warunek współliniowości α = γ

22332

3

2

3

33

22 JJM

M

M

M

J

J =→=→= γα

prowadzi do wymogu, aby momenty bezwładności J22 i J33 były sobie równe. b) W zadaniu nieliniowym oś obojętną σ11=0 definiuje równanie

0)1()1(

0 233

33

22

211 =

+−

+→= x

NJ

Mx

NJ

Mnn

nσ

stąd

233

22

2

33

)1(

)1(x

NJ

NJ

M

Mx

n

++=

231

Podobnie jak poprzednio, współliniowość wymaga aby α=β, stąd

2 ;

)1(

)1( tgtg

33

22

2

3

2

3 παβα ≠

++=→=

n

NJ

NJ

M

M

M

M

Otrzymaliśmy tu wynik odmienny od poprzedniego, słusznego w zadaniach

liniowych. ZADANIE 5.3. Należy określić rozkłady naprężeń jako funkcje położenia we wsporniku

wykonanym z kątownika i obciążonym siłą pionową P. Problem przeanalizować należy w zakresie liniowym i nieliniowym sprężystym.

Rys. 5.3

Rozwiązanie Największy moment wystąpi w utwierdzeniu belki M=Pl, przy czym wektor

momentu zginającego jest prostopadły do siły P. Żadna z osi nie jest współliniowa z wektorem momentu M. Wystąpi tu więc zginanie ukośne.

Rozkładając wektor M względem osi x2 i x3 otrzymamy

PlMMMMM === ,sin ,cos 32 αα a) Rozkład naprężeń normalnych w zadaniu liniowo - sprężystym

określa wyrażenie

P

l

P

M

M3 x3

x2

M2

0 α

232

−=+= 2

333

222

33

33

22

211

sincosx

Jx

JMx

J

Mx

J

M αασ

stąd

−= 2

33

223

2211 tg

cosx

J

Jx

JM αασ

Podstawiając współrzędne punktów przekroju F(x2,x3) otrzymamy liniowy rozkład naprężeń normalnych w utwierdzeniu belki. Największe naprężenia wystąpią w punktach najbardziej odległych od osi obojętnej, czyli prostej o równaniu

233

223 tg x

J

Jx α=

b) W zakresie nieliniowo - sprężystym NA 1111 εσ = rozkład naprężeń w kątowniku określa zależność

+−

+=

=

+−

+=

233

322

233

33

22

211

)1(

sin

)1(

cos

)1()1(

xNJ

xNJ

M

xNJ

Mx

NJ

M

nn

N

nn

n

αα

σ

lub Nn

xNJ

NJx

NJM

++−

+= 2

33

223

2211 tg

)1(

)1(

)1(

cos αασ

Podstawiając teraz współrzędne (x2,x3) punktów przekroju belki wyznaczamy rozkłady naprężeń normalnych w utwierdzeniu belki.

Równanie osi obojętnej przyjmie przy tym postać

233

223 tg

)1(

)1(x

NJ

NJx

n

++= α

c) Z porównania wyrażeń na naprężenia w tych samych zadaniach

zginania ukośnego w liniowych i nieliniowych prawach fizycznych wynika zależność

233

( )( ) Nn

nl

l

xNJ

NJx

NJ

xJ

Jx

J

xx

xx

++−

+

−

=

233

223

22

233

223

22

3211

3211

tg)1(

)1(

)1(

1

tg1

,

,

α

α

σσ

Podstawiając współrzędne punktów przekroju możemy obliczyć stosunek

naprężeń w obu modelach ciała sprężystego.

Podany w punkcie c) wzór na iloraz ( )( )nl

l

12

11

σσ

ma charakter ogólny i jest

słuszny we wszystkich zadaniach zginania ukośnego. ZADANIE 5.4. We wsporniku wykonanym z kątownika i obciążonym siłą pionową należy

określić przemieszczenie swobodnego końca wspornika w liniowym i nieliniowym zakresie.

Rys. 5.4a

Rozwiązanie: Podobnie jak w poprzednim zadaniu funkcję momentu zginającego

rozłożymy względem osi głównych. Poszukiwane przemieszczenia uzyskamy sumując stany przemieszczeń wynikające z istnienia momentów M2, M3 oraz krzywizn κ2 i κ3.

s

l

P

P

M

M3 x3

x2

M2

0 α

234

Rys. 5.4b Zgodnie z podanymi rozkładami krzywizn κ2 i κ3 oraz przemieszczeń u2 i u3

można zapisać ogólne wzory

( )

( ) ( ) ( )∫

∫

+==−=

==

l

l

uuudsXMu

dsXMu

0

23

223123

02132

,1

,1

κ

κ

gdzie ( ) ( )1 i 1 3121 == XMXM są funkcjami momentów zginających pochodzących odpowiednio od sił jednostkowych, współliniowych z osiami bezwładności x2 i x3. Podane rozważania są ogólne, słuszne niezależnie od rodzaju materiału.

a) W zakresie liniowo - sprężystym

αακκ sin,cosi, 3233

33

22

22 PsMPsM

EJ

M

EJ

M ====

( ) ( ) sXMsXM ==== 1 ,1 3121 stąd

∫ ==l

EJ

Pldss

EJ

Psu

0 33

3

332 ,sin

3sin αα

∫ −=−=l

EJ

Pldss

EJ

Psu

0 22

3

223 cos

3cos αα

X3=1

x3

x2

X2=1

0 u

u3

x3

x2

u2

κ3

κ2

235

2

22

2

33

3 cossin

3

+

=

JJE

Plu

αα

Tutaj u2 i u3 są wartościami przemieszczeń liczonych względem osi

głównych x2 i x3 równolegle do nich. b) W zadaniu nieliniowym wzory ogólne pozostaną bez zmian, należy

tylko zmienić wyrażenia na krzywizny κ2 i κ3.

nn

NAJ

Ps

NAJ

Ps

+=

+=

)1(

sin i

)1(

cos

333

222

ακακ

stąd

( )

nnn

nnnl

nnnl

NJNJAn

Plu

n

l

NAJ

Pdss

NAJ

Psu

n

l

NAJ

Pdss

NAJ

Psu

2

22

2

33

2

2

330 333

2

220 222

)1(

cos

)1(

sin

2

2)1(

coscos

)1(

2)1(

sinsin

)1(

++

++=

+

+=

+=

+

+=

+=

+

+

+

∫

∫

αα

αα

αα

c) W zadaniu lepkosprężystym o równaniach fizycznych

22J

dMG=i

∗∗= κσε dG krzywizny κ2 i κ3 mają postać

333

3222

21

,1

dMGJ

dMGJ

∗=∗= κκ

Wzory na składowe przemieszczenia u2 i u3 przyjmą formę

∫ ∗=∗=l

J

ldPGdss

JdPGu

0 33

3

332 sin

3

sin αα

∫ ∗−=∗−=l

J

ldPGdss

JdPGu

0 22

3

223 cos

3

cos αα

236

( ) ( )∫ −∗

+

∗=

t

0

= gdzie ττααdPtGdPG

JJ

ldPGu

2

22

2

33

3 cossin

3

Z porównania wzorów na przemieszczenia wolnego końca wspornika przy

zginaniu ukośnym wynika podobieństwo rezultatów liniowo-sprężystych i lepkosprężystych. W tym ostatnim przypadku będą się jednak z czasem zmieniać przemieszczenia w wyniku procesów reologicznych.

ZADANIE 5.5. Statycznie wyznaczalny pręt lepkosprężysty podlega zginaniu ukośnemu.

Należy określić zmiany obciążenia P=P0f(t) tak aby odkształcenia pręta były stałe w czasie.

Rozwiązanie:

Analizując wyrażenie na odkształcenia pręta lepkosprężystego zginanego ukośnie opisane wzorem

( ) 233

33

22

23211 , xdG

J

MxdG

J

Mtxx ∗−∗=ε

możemy stwierdzić, że odkształcenia ε11 będą stałe, a w konsekwencji również przemieszczenia pręta jeżeli iloczyny splotowe spełniają warunek

( ) ( )tBHdGMtAHdGM =∗=∗ 32 , Wówczas prawa strona wyrażenia określającego odkształcenia jest stała, a

tym samym i lewa jest niezmienna w czasie. Zauważmy ponadto, że dla obciążeń zadanych w postaci P=P0f(t) funkcje momentów zginających M, M2 i M3 w zadaniach statycznie wyznaczalnych przyjmą formę

( ) ( ) ( )tfMMtfMMtfMM 3322 ,, === Poszukiwaną funkcję f(t) znajdziemy z porównania relacji łączących

krzywiznę z momentem zginającym

dEJMdE ∗=→∗= κεσ 22 stąd dla

237

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )E

tdEtHtfJ

tdEtHJtfMtH

1

E

Moraz

zachodzi

22

22

∗=

∗==

κ

κκκ

Ostatecznie wobec zależności 22JE

M=κ wynika, że

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ==∗=t

tEE

dEE

tftdEtHE

tf0

11 czyli

1 τ

Wnosimy stąd, iż zmiana obciążenia zgodnie z funkcją relaksacji zapewnia niezmienność przemieszczeń.

ZADANIE 5.6. Należy określić rdzeń przekroju prostokątnego o wymiarach a x h w

liniowym i nieliniowym zadaniu sprężystym.

Rozwiązanie: Osie symetrii prostokąta x2 i x3 są tutaj głównymi centralnymi osiami

bezwładności w zadaniach liniowych jak i nieliniowych. a) W zadaniu liniowym równanie osi obojętnej otrzymamy z warunku

( ) ( ) 3

222

2

33

22

3

232

33

22

2

22

3311 010

oo

ooo

x

ix

i

i

x

xx

i

xx

i

xx −

−=→=++→=σ

Analizować będziemy teraz szczególne usytuowanie osi obojętnej, kiedy

pokrywa się ona z krawędziami prostokąta, czyli 2

,2 23

ax

hx ±=±=

Otrzymamy wówczas

( )( )

( )( )

6

20

21

2

6

20

21

2

23322

33

22

22232

22

33

ai

ax

a

i

xax

hi

hx

h

i

xhx

±=±=→=±→±=

±=±=→=±→±=

o

o

o

o

238

Rys. 5.6

Wykorzystano tu też zależności

( ) ( )12

1

12

12

1

12

23332

33

23222

22a

ah

ha

F

Jioraz

h

ah

ah

F

Ji ======

b) W zadaniu nieliniowym oś obojętną opisuje równanie liniowe postaci

( ) ( )

( )( )

( ) nnn

nn

x

Nix

Ni

Ni

x

xx

xNi

xx

Ni

x

+−

++

=

=

++

++→=

3

2

222

2

33

22

3

23

22

33

232

22

311

)1(

)1(

)1(

0)1()1(

1 0

oo

o

oo

σ

Jeżeli postąpimy jak w zadaniu liniowym, przyjmując, że oś obojętna

powinna się pokrywać z krawędziami przekroju, to otrzymamy poszukiwane współrzędne jądra przekroju.

Kiedy osią obojętną są pionowe krawędzie 22a

x ±= to zachodzi

x3

x2 h

a

x3

x2

Zadanie nieliniowe

Zadanie liniowe

h/4

a/4 h/6

a/6

239

( ) ( )

( ) ( ) Nn

Nn

hNix

h

Ni

xhx

aNix

a

Ni

xax

+±=→=

+±→±=

+±=→=

+±→±=

2)1(0

2)1(1

2

2)1(0

2)1(1

2

2

2232

22

33

2

3322

33

22

o

o

o

o

Wartości promieni bezwładności ( ) ( )233

2

22 )1( oraz )1( ++ NiNi wyliczymy z zależności

( ) ∫+

+

+==+=+

2/

0

1

31

3222

22 22

12)1()1(

h NN h

Ndxax

ahah

NJNi

stąd

2212

221

1

3h

Nh

h

Nx

NN

+±=

+±=

+o

podobnie 22

12

a

Nx

+±=

o

Z otrzymanego rezultatu wnosimy, iż w zakresie nieliniowego zginania obszar rdzenia przekroju znajduje się w granicach

4

6

4632

hx

hax

a <<<<oo

ZADANIE 5.7. Należy wyznaczyć położenie osi obojętnej w pręcie poddanym

jednoczesnemu działaniu siły osiowej P oraz momentowi zginającemu M nachylonemu pod kątem α do osi głównej x2. W rozważaniach należy uwzględnić również nieliniowo sprężysty zakres odkształceń materiału.

Rozwiązanie:

Moment zginający M należy rozłożyć względem głównych centralnych osi bezwładności x2 i x3. Zachodzą wówczas związki

αα sin,cos 32 MMMM ==

240

Następnie będziemy korzystać z wyrażeń na rozkład naprężeń normalnych

11σ w ogólnym przypadku liniowych deformacji pręta.

Rys. 5.7a a) W zadaniu liniowo-sprężystym naprężenia normalne określone są

liniową relacją

233

322

11sincos

xJ

Mx

J

M

F

P αασ −+=

stąd dla 011 =σ zachodzi

Rys. 5.7b

( ) ( )→=

−+ 0

sincos1 22

3332

22

xiP

Mx

iP

M

F

P αα

( )( )

( )b,βxx

i

M

P

i

ixx −=−= tg,

costg 23

222

233

222

23 αα

x3

x2

M2

M3

M

α

x3

x2

P

M

α β

oś obojętna

x1

241

( )α

αβcos

,tgtg2

22

2

33

22 i

M

Pb

i

i=

=

Oś obojętna jest więc prostą nachyloną pod kątem β , przechodzącą przez

punkt o współrzędnych (0, -b). b) W nieliniowo-sprężystym przypadku analogiczne wyrażenie na 11σ

ma postać

233

322

11)1(

sin

)1(

cosx

NJ

Mx

NJ

M

F

Pnnn

n

+−

++

= αασ

stąd przy 011 =σ będzie zachodził związek

0)1(

sin

)1(

cos1 2

333

22

=

+−

++

xNPJ

MFx

NPJ

MF

F

Pnnn αα

Równanie osi ma postać

nn

FMF

NPJx

NJ

NJx

+−

++=

αα

cos

)1(tg

)1(

)1( 222

33

223

czyli Bxx −= γtg23 , gdzie

nN

MF

NPJB

NJ

NJnn

1

cos

)1( ,tg

)1(

)1(tg 22

33

22 =

+=

++=

ααγ

Z porównania rozwiązania liniowego z nieliniowym wynika, że oś obojętna

w zadaniu nieliniowym będzie przebiegała bliżej środka ciężkości niż w zadaniu liniowym.

ZADANIE 5.8. Należy określić rozkład naprężeń tnących 13σ w przekroju prostokątnym

b × h poddanym działaniu siły poprzecznej T uwzględniając również nieliniowy zakres odkształceń.

242

Rozwiązanie: a) W zakresie liniowo-sprężystym korzystamy ze wzoru Żurawskiego

Rys. 5.8

( )

12

,22

gdzie

3

22

2/2

3

2

3322

13

3

bhJ

xhb

dxbxSbJ

TS h

x

=

−

=== ∫σ

stąd

( ) ( ) 02

,2

30 ,

2

61313

23

2

313 =

=

−

= h

bh

Tx

h

bh

T σσσ

Największe z naprężeń tnących występuje w środku ciężkości ( )013σ znika

zaś we włóknach skrajnych. b) W zakresie nieliniowo-sprężystym korzystamy z wzoru

( ))1(22

13 +=

NbJ

NTSσ

Momenty styczne S(n) i momenty bezwładności )1(22 +NJ wyliczymy ze wzorów

b

h 02

3

2

3 τ=bh

T

n = 1

n = 2

n = ∞

τ0

243

( ) ( )

∫

∫

++

++

+==+

−

+==

2/

0

2

31

322

2/1

3

1

33

22

22)1(

,21

3

h NN

h

x

NN

N

h

N

bdxxbNJ

xh

N

bdxxbNS

stąd

( )

0 ,02

,1

20 ,

2

2

1

2

2

313

131

3

12

13

>=

++=

−

++= +

++

xh

bh

T

N

Nx

h

hN

N

b

T NNN

σ

σσ

Zauważmy, iż ze wzrostem N rozkład naprężeń tnących będzie bardziej

„płaski” a największa jego wartość w środku ciężkości maleje

( ) ( )bn

T

bh

TN

e ==∞→

0lim do 2

30 od 1313 σσ

Jest to istotna różnica, dochodząca krańcowo do około 30%. ZADANIE 5.9. Należy określić rozkład naprężeń tnących 13σ w przekroju dwuteowym o

wymiarach b×h o grubości ścianki g poddanym działaniu siły T. Rozwiązanie: Problem analizować będziemy w zakresie nieliniowym, a wynik liniowy

otrzymamy jako przypadek szczególny. Momenty statyczne i momenty bezwładności są określone zależnościami

( )

( ) 22

2/

0

2/

03

133

1322

22

2

22

2

22)1(

++

−++

−+−−

+=

∫ ∫ =−−=+

NN

h ghNN

gh

N

gbh

N

b

dxxgbdxxbNJ

244

W przedziale

−<< gh

x2

0 3

( ) ( )∫

−

−+

==′−

++gh

x

NN

N xgh

N

gdxxgNS

2/1

3

1

333

21 - środnik

natomiast dla 22 3h

xgh <<

−

( ) ( )∫

−

+==′′ +

+2/1

3

1

333

21

h

x

NN

N xh

N

bdxxbNS - półka

Naprężenie tnące w środniku ( )313 xσ wyznaczymy ze wzorów

( )122

11

3

1

2213

22

221

21

2

)1(

)(

−++

++

+

−−−

⋅

⋅

+−

−

−

++=

+=

NN

NN

N

gh

b

gbh

h

g

bxg

h

g

b

b

T

N

N

NgJ

NTSσ

środnik

gh

xNSNSNS

−=′′+′=

23

)()()(

Przypadkiem szczególnym tych wzorów dla (N=1) są rozkłady naprężeń

stycznych w dwuteowniku wykonanym z materiału liniowo-sprężystego. ZADANIE 5.10. Należy zaprojektować wspornik w kształcie ćwiartki okręgu o promieniu R i

przekroju kołowym. Na wspornik działa obciążenie pionowe, równomiernie rozłożone q. Rozważania należy przeprowadzić w liniowym i nieliniowym zakresie sprężystym. Do wyznaczania naprężenia zredukowanego należy stosować hipotezę wytężeniową H-M-H postaci

( ) ( ) ( ) ( ) k≤+++−+−+− 223

213

212

23322

23311

22211 6

2

1 σσσσσσσσσ

gdzie k – jest wartością graniczną stanu wytężenia materiału.

245

Rys. 5.10 Rozwiązanie:

W pierwszej kolejności wyznaczamy wartości sił przekrojowych (Mα, Kα, Tα) jako funkcje położenia α przekroju

Wartości momentu zginającego Mα, skręcającego Kα i siły tnącej Tα w przekroju α - α obliczymy z wzorów

( )αα

βββα

α cos10

cossin 2

0

2 −=−==∫ qRqRdqRRM

( ) ( ) ( )∫ ∫ −=−=−=α α

α ααββββ0 0

22 sincos1cos qRdqRdqRRRK

∫ ==α

α αβ0

qRdqRT

R

R

q

Rdβ

Rsinβ

R-Rcosβ

dβ

β

α

α α

R

Tα

x2

Kα

Mα

x3

x1

246

Największe wartości sił wewnętrznych wystąpią w utwierdzeniu, dla 2

πα= ,

qRTqRqRqRM2

,57,0 ,12

K, 022

02

0πγγπ ===

−==

a) Zadanie liniowo - sprężyste

Naprężenia normalne σ11 i tnące τ wyznaczamy ze wzorów ,322

011 x

J

M=σ

223

313 )(

)(

Jxb

xSTασ = , ρσ0

012 J

K= , gdzie 23

22

2 xx +=ρ , 2

4

0r

Jπ= .

Najbardziej wytężone są górne i dolne włókna o współrzędnych (0, r) i (0, -r). Wystąpią tam naprężenia σ11 i σ12, stąd naprężenie zredukowane wynosi

( ) ( ) k≤+ 212

211 3 σσ

czyli

kr

qRk

J

r

J

rqR ≤

+

→≤

+

22

3

22

0

2

22

2 23

43

πγ

πγ

Ostatecznie promień przekroju r wynosi

3/12/1222 23

4

+

≥πγ

πk

qRr .

b) Zadanie nieliniowo - sprężyste Naprężenia normalne σ11 i τ określone są w tym przypadku zależnościami

( )NxNJ

M3

2211 )1( +

= ασ , gdzie ( ) 3222 2)1( +=+ NrNJ α

zaś

( )N

NJ

K ρτ α

)1(0 += , gdzie ,2

322

2 xx +=ρ ( ) 310 23)1( +−+=+ NrNNJ π

Najbardziej wytężone są, podobnie jak poprzednio, górne i dolne włókna

przekroju o współrzędnych (0, r) i (0, -r). Naprężenie zredukowane przyjmie wówczas wartość (ρ = r)

( ) ( ) k≤+ 2211 3τσ

247

stąd

( )( )

( ) ( ) kNrrqR

r

N

rrqR

kNJNJ

rqR

NNN

NNN

N

≤++=

=

++

⇒

⇒≤

++

+

−++−

++

22

2)3(2

)3(2

2

3

2

32

2

2

0

2

22

2

)3(4

32

2

33

2

1

)1(3

)1(

1

γπ

α

πγ

α

γ

Finalnie szukany promień wyliczymy z nierówności

( ) ( )3

1

2

1

22

2)3(2

2

)3(4

32

++≥−+ N

k

qRr N γ

πα

Występująca w tym wzorze stała α2 została określona w zadaniu 1.15. Z porównania promieni przekrojów r’ /r wyliczonych w liniowym i

nieliniowym zadaniu sprężystym wynika

→

++

+

= +3

22

32

23

222

2

)3(3

2

123

4/'

πγ

απγ

πN

k

qR

k

qRrr

N

( ) 1)3(4

321216/'

61

122)3(2422 >

+++=−

+−− Nrr N γαπγ

Wnosimy stąd, iż w tym samym zadaniu wyznaczono dwa różne promienie

potrzebnego przekroju r’ i r, przy czym promień w zadaniu liniowo – sprężystym jest większy od wyliczonego w zadaniu nieliniowym. Można stąd wnosić, iż uwzględnienie nieliniowości prowadzi tu do oszczędniejszego projektowania.

ZADANIE 5.11. Należy zaprojektować przekrój kołowy ramy przedstawionej na rys. 5.11a.

Na ramę tą działa siła pozioma 2P przyłożona w styku 0, prostopadle do rygla.

248

W miejscu przyłożenia obciążenia rygiel jest przecięty, tak jednak, że obie części przekazują na siebie siły oddziaływania bez tarcia.

Rys. 5.11a

Rozwiązanie:

Analizowane zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne, ale wobec symetrii obu części układu 0 – 2 i 0’ – 2’ oraz warunku 0→∆ należy przyjąć, iż na każdy z podukładów działa siła P. Rozbijając układ na dwa statycznie wyznaczalne podukłady możemy prosto wyznaczyć rozkłady momentów zginających i skręcających oraz sił tnących.

P

M

Pl

Ph

2l

h

2P

2’ 2

P

1

1’

0

0’

∆=0 P

K

Pl

Pl

P

T

P

P

P

249

Rys. 5.11b Najbardziej wytężonymi przekrojami będą przekroje przy utwierdzeniu,

gdzie

PTPlKPhM === 222 ,, W przekrojach tych będziemy też analizować wytężenie korzystając z

hipotezy H-M-H. a) Zadanie liniowo - sprężyste Naprężenia normalne σ11 i tnące τ wyznaczymy z wzorów

322

211 x

J

M=σ

gdzie ρσστπ0

2213

212

04

22 ,24 J

KJrJ =+=== , 2

322

2 xx +=ρ

W najbardziej wytężonych włóknach I i II naprężenie zredukowane wynosi

kred ≤+= 2211 3τσσ

stąd

( ) klhr

Pk

r

K

r

M ≤+→≤

+

223

2

32

2

32 32

223

4

πππ

Wyznaczony z tej nierówności promień przekroju r wynosi

x2

x3

x1

I

II

K2

M2

r

250

( )[ ]3/1

2/122 322

+≥ lhk

Pr

π

b) Zadanie nieliniowo - sprężyste Naprężenia normalne σ11 i wyliczymy z równania

( )NxNJ

M3

22

211 )1( +

=σ

gdzie ( ) 3222 2)1( +=+ NrNJ α tu α2 jest stałą wyznaczoną w zadaniu 1.15.

Naprężenie tnące τ określa wzór

( )N

NJ

K ρτ)1(22

2

+=

gdzie ( ) 310

23

22

2 23)1( , +−+=++= NrNNJxx πρ

Włókna najbardziej wytężone znajdują się w punktach I i II w utwierdzeniu η. Naprężenie zredukowane we włóknie ρ = r ma wartość

k≤+ 2211 3τσ

stąd

( ) kNh

rrP

kNJ

l

NJ

hrP

NNN

N

≤

++

→≤

++

+

+

−+22

32

13

2

0

2

22

2

33

2)(

)1(3

)1()(

πα

Ostatecznie promień okręgu wyliczymy z nierówności

( ) ( )3/12/1

22

232

2 34

32

++≥−+ Nh

K

Pr N

πα

W rozważaniach pomijamy naprężenia tnące pochodzące od siły tnącej T2,

gdyż największa ich wartość wystąpi w środku przekroju, gdzie brak σ11 i naprężenia tnącego τ pochodzącego od skręcania.

251

Rozdział VI

Stany graniczne konstrukcji

Punktem wyjściowym tych zagadnień są równania fizyczne teorii ciała sztywno-plastycznego lub też sztywno-plastycznego ze wzmocnieniem. W przypadku jednowymiarowym mają one postać

=

<=

p

p

σσσσ

εdla dowolne

dla 0 pσ - granica plastyczności

Przyjęty model powoduje, iż w przekroju nie powstaną żadne odkształcenia,

jeżeli σ<σpl, lub też powstaje dowolne odkształcenie po osiągnięciu σp. W konsekwencji deformacje konstrukcji zostają zlokalizowane w miejscach, gdzie wszystkie włókna przekroju uległy uplastycznieniu. Wystąpi wówczas tzw. przegub plastyczny określony następującymi zależnościami

Rys. 6.0a

∫ ∫− +

+− =→=−→=)( )(

)()(00F F

pp FFdFdFN σσ

[ ]∫ ∫ ∫ =+=

+== +−

− +Fppp

F Fppp WssdFxxdFxM σσσσ )()(

)( )(333

Z otrzymanych wzorów wynika, iż przekrój w którym wystąpiło uplastycznienie podzielony jest na dwie równe części. Natomiast moment uplastycznienia Mp jest równy iloczynowi granicy plastyczności σp i wskaźnika plastyczności Wp czyli sumy momentów statycznych pól F(-) i F(+) liczonych względem osi obojętnej.

2x

3x

1x

)(−F

)(+F

11εδ &

κδ &

33εδ &

22εδ & 11εδ &

252

Analizując wyrażenie na moc w przegubie plastycznym otrzymamy

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫∫ ∫

==

====

S F Spp

V S FS Fijij

dSMdSdFx

dFdSxdFdSdVL

κδκδσ

κδσεδσεδσ

&&

&&&

3

3111111

Z uwagi na lokalizację przegubów plastycznych w skończonej ilości

przekrojów całka po długości zamieni się w sumę

∑=α

αα κδ &pML .

W rozwiązaniach problemów stanów granicznych korzystamy generalnie z

podejścia kinetycznego i statycznego. W pierwszym ujęciu podstawę stanowi zasada mocy dyssypowanych, zaś w

drugim analiza warunków równowagi granicznej konstrukcji. Określenie Statycznie dopuszczalne pole sił jest takim ich rozkładem w konstrukcji, że

spełnione są równania równowagi wewnętrznej, spełnione są statyczne warunki brzegowe, w żadnym punkcie konstrukcji nie zostaje przekroczona

wartość graniczna (warunek plastyczności). Określenie Kinematycznie dopuszczalne pole przemieszczeń musi spełniać:

geometryczne warunki brzegowe, spowodować występowanie różnych od zera odkształceń

przynajmniej w kilku punktach konstrukcji, zapewnić nieujemność pracy wykonywanej przez obciążenia

zewnętrzne na odpowiadających im przemieszczeniach.

Wprowadzone pojęcia o statycznie i kinematycznie dopuszczalnych polach sił i przemieszczeń pozwalają na sformułowanie podstawowych twierdzeń teorii stanów granicznych.

1. Twierdzenie o obciążeniach bezpiecznych Konstrukcja nie ulega zniszczeniu lub jest co najwyżej w stanie równowagi

granicznej, jeżeli dla danego obciążenia µsq można znaleźć statycznie dopuszczalne pole sił wewnętrznych.

253

2. Twierdzenie o obciążeniach niebezpiecznych Konstrukcja nie może przenieść danego układu obciążeń µkq jeżeli istnieje

kinematycznie dopuszczalne pole przemieszczeń takie, że odpowiadająca mu praca obciążeń zewnętrznych jest większa od pracy sił wewnętrznych (dysypowanych z układu). Z przytoczonych twierdzeń wynika, iż mnożniki obciążenia µs – statyczny i µk – kinematyczny spełniają relację

qqq ks µµµ ≤≤

a dokładnie

ks µµµ infsup == .

Podejście kinematyczne Podstawą jest tu zasada mocy dysypowanych

∫∫ =V

ijijA

ii dVdAuP εδσδ && - moc dysypowana

∫ ∫=A V

ijijii dVdAuP δεσδ - zasada prac wirtualnych

W dalszych rozważaniach zasadę mocy dysypowanych wykorzystujemy do

określenia mnożnika kinematycznego µk

∫∫

=→=A

Aii

kiikdAuP

LLdAuP

&

&

δµδµ

Biorąc pod uwagę, że µk stanowi górne ograniczenie nośności należy znaleźć taki mechanizm, aby L było możliwie najmniejsze zaś mianownik największy. Stwierdzenie to stanowi podstawową przesłankę wyznaczania rzeczywistego mechanizmu zniszczenia w podejściu kinematycznym.

ZADANIE 6.1.

Należy określić obciążenie graniczne kq układu przedstawionego na rys. 6.1

korzystając z podejścia kinematycznego.

254

Rys. 6.1

Rozwiązanie: Z zasady mocy dysypowanych wynika, że

( )∑

+=

+−−−+=

)( 33

2

33

2

3

2

mkii

klxql

lklq

xl

xlxxlqxqxuP ϕµϕϕϕµδ

∑ −=

−+

−+=

)(

2

nppp xl

lM

xl

x

xl

lMM ϕϕϕϕδϕ

stąd

xl

lM

klxlqMuP pk

m mpii −

=

+⋅⇒

=∑ ∑

2

33

2

)( )(

ϕϕµδϕδ

( )( ) klxklxlx

M

klxxlMq p

pk −+−=

+−= 2222

6

2

6µ

Nieznane położenie przegubu x wyznaczymy z warunku minimum q, czyli

( )( )

( )4

24

2420

22

4260222

lkkllxxkll

klxklxlx

klxlM

dx

dq pl −=−=⇒=−⇒=−+−

−⋅−=

Ostatecznie obciążenie graniczne qk=µkq wynosi

klqP =

3l

x

q ϕ

xl

l

−ϕ

xϕ

xl

x

−ϕ

255

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ]kkkkkl

M

kkk

kkl

Mq

p

pk

−−+−−−⋅

=

=

−−+−−−=

2416228

616

4

2

16

2

4

22

6

22

22

µ

[ ]22 5412

96

kkql

M pk −−

=µ

w szczególności, jeżeli 20

lx = (przegub w połowie rozpiętości) to

02444

2

20 =⇒−=⇒−== kklll

klllx , czyli siła P wtedy musi zniknąć.

ZADANIE 6.2. Należy porównać nośność sprężystą z graniczną na schemacie belki

utwierdzonej, o przekroju prostokątnym

Rys. 6.2

Rozwiązanie: Stan nośności sprężystej obliczymy z równań

q

8

2ql

24

2ql 12

2ql

16

2qlM p =

pM

256

12 0

2

σee WMql == stąd

6 ,2

6

1212 2

02

2

02

2

2

bhW

l

bh

l

bh

l

Mq e ==== σσ

Nośność graniczna w zakresie plastycznym wynosi

0

2

02

2

4

16~16

~σσ bh

WMil

MqM

lqpp

pp ===⇒=

stąd

02

2

02

2

44

16~ σσl

bh

l

bhq ==

Z porównania nośności wynika, że

qq

l

bhl

bh

qq 2~ 2

1

4

2~/

02

2

02

2

=⇒==σ

σ

czyli przy projektowaniu w zakresie sprężystym belki obustronnie utwierdzonej wykorzystujemy tylko połowę możliwości przenoszenia obciążeń przez ten układ.

ZADANIE 6.3. Należy porównać nośność sprężystą z graniczną w schemacie pokazanym na

rys. 6.3 Rozwiązanie:

Nośność sprężysta wynosi PlM6413

max =

( )0

2

6

2

64

13 σhbPl =

stąd

0

2

0

2

39128

64

1364 σσ

l

bh

l

bhP ==

Nośność graniczną wyliczymy z warunków równowagi granicznej.

257

Rys. 6.3

Z sumy rzutów wynika

Pl

M

l

M

l

M ppp ~52=−+

stąd nośność

( )0

2

0

2 6

4

266~ σσl

bhhb

ll

MP p =

==

Otrzymujemy tu wzrost nośności o wartość 83,1~

==sprP

Pα , czyli nośność

graniczna jest 1,83 razy większa od nośności sprężystej. ZADANIE 6.4. Należy porównać nośność sprężystą i graniczną dla schematu

przedstawionego na rys. 6.4.

l2l

l2

l

l

Pl6413

Pl323

l

M P2

l

M p−

P

l

M p5

pM

M

pM

M

b

h2P

258

Rozwiązanie:

Nośność sprężysta określona przez moment utwierdzenia wynosi 286,1 l

Mq = .

Stan graniczny, kiedy pierwszy przegub utworzy się w utwierdzeniu prowadzi do prostych zależności, wynikających z równań równowagi.

Funkcja momentów zginających w tym układzie przyjmie formę

( ) ( )lxRqx

xM −′+−= 2

2

2

M(x) osiąga ekstremum dla ql

Mlx p

412,30 −= , stąd

Rys. 6.4

l l4

1 2

286,1 ql 2876,0 ql

25,0 ql

x pM

l

Mql p

488,1 +

l

Mql p

412,3 −

1R′ 2R′

pM

pMM →

q

259

( )2

22

)0( 0312,0531,088,1ql

MMqlM p

p +−=

dla pMM =)0( będzie 2850,0l

Mq p=

Z porównania nośności qq /~ dla różnych przekrojów wynika

38,2~

850,0~ 358,0.

02

2

02

2

. ==⇒==spr

spr q

q

l

bhq

l

bhq ασσ

17,3 200,0~ 632,0 02

3

02

3

. =⇒== ασσl

aq

l

aqspr

ZADANIE 6.5. Należy dobrać α tak, aby nośność graniczna w obu schematach zniszczenia

była jednakowa

Rys. 6.5 Rozwiązanie: Mnożniki kinematyczne µ1 i µ2 wynoszą

q qlP α=

2l

2l

2

l2

l

1 2

1 1

69,2 13,1~ 421,0 02

3

02

3

. =⇒== ασσl

aq

l

aqspr

260

qll

M

lM

lq p

p34

2

23

11 =⇒= µµ

Pl

M

lMP p

p

8

241 22 =⇒=⋅ µµ

stąd, kiedy jednocześnie wystąpią oba mechanizmy zniszczenia µ1=µ2 wynika

3

2

81222 =⇒= α

αql

M

ql

M pp

ZADANIE 6.6. W podanym układzie ramowym (rys. 6.6a) należy określić nośność stosując

metodę superpozycji mechanizmów podstawowych. Momenty uplastycznienia w ryglach wynoszą M1>M2>M0.

Rys. 6.6a Rozwiązanie: Liczba niezależnych mechanizmów podstawowych m wynosi m=r-n gdzie r

– liczba niebezpiecznych przekrojów, n – stopień statycznej niewyznaczalności. Szkicując wykres momentów zginających (rys. 6.6b) stwierdzamy występowanie 10 niebezpiecznych przekrojów, a zadanie jest 6-o krotne statycznie niewyznaczalne. Mamy więc 4 mechanizmy podstawowe. Stosując do każdego z tych mechanizmów równanie zasady prac wirtualnych obliczymy mnożniki kinematyczne

1l 2l

h

0P 1P 2P

0M 1M 2M

M1>M2>M0

261

Rys. 6.6b Szkic wykresów momentów zginających - Mechanizmy podstawowe (m=4)

10

1111

223

lM

lMP +=µ

20

2222

223

lM

lMP +=µ

hMP

16 003 =µ

Rys. 6.6c - Mechanizmy złożone otrzymamy ze złożenia mechanizmów prostych.

Podobnie jak poprzednio obliczymy mnożniki kinematyczne

- przekroje niebezpieczne

1

1l

1

2l

1P 2P

2M

2M 0M

0M

1M

1M

I II

III

0P

1

0M

h

0M 0M 0M

0M 0M

h

1

IV

262

Rys. 6.6d

hM

hM

h

lPP

13

15

21 10

1104 +=

+⋅µ

hM

hM

hM

h

lP

h

lPP

12

14

15

22 2102

21

105 ++=

++µ

Rys. 6.6e Wykresy momentów granicznych

Stany graniczne łuków W przypadku łuków najczęściej korzystamy z podejścia statycznego

układając warunki równowagi granicznej łuku z uzewnętrznionymi momentami plastycznymi w przegubach. Omówimy stany graniczne łuków z n przegubami w podporach i bezprzegubowych. Mają one postać

h

l

21

0M 0M 0M

1M 0M

h

1

0M

h

l

21

1M

0M

0M 0M

1M

1M 2M

0M

M 0M 0M 0M

0M 1M 2M

1M 2M

263

Rys. 6.0b Mechanizmy zniszczenia łuków

ZADANIE 6.7. Należy wyznaczyć nośność łuku przedstawionego na rys. 6.7a.

Rys. 6.7a Rozwiązanie: Wykreślimy rozkład momentów granicznych przyjmując, iż jest on sumą

momentów od siły rozporu H (MH=H⋅y) oraz momentu od obciążenia granicznego Mp.

Równania równowagi granicznej

f

0P

0M

0M 0P 0P 0P

f

0P

0M

0M 0P 0P 0P

0P

a b

y H H

c

ay cy

0M

l

264

00

00 MHyc

l

aPMHy

l

abPca =+−=−

prowadzą do następującego rozwiązania

( ) ( )( ) 000 ,

2M

cybya

yylPM

bycy

bcH

ac

ca

ca −+=

+−+=

Podstawiając współrzędne przegubów plastycznych (a,ya), (c,yc) otrzymamy

wzory na nośność P0 i siłę rozporu H. W przypadku szczególnym łuku kołowego równania równowagi granicznej

jako warunki momentów liczonych względem przegubów plastycznych mają postać

0000 sin 2

,sin 2

MHrr

acPMHr

r

baP =+−=− βα

stąd

( ) 0002

sinsin

sinsin ,

sinsinM

a

r

cbPM

bcr

bcH

αββα

βα −+=

++=

Rys. 6.7b Wartości H i P0 parametrycznie zależą od położenia drugiego przegubu

plastycznego wyznaczonego przez kąt β.

Rzeczywiste położenie tego przegubu określa wymóg 00 =βd

dP,

( )αββ

sin

sin=k

0P

a c H H

αsinr

α

βsinr r

β

r

bPo

2

r

bPo

2

)cos1(

)cos1(

)cos1(

βαα

−=+=−=

rc

rb

ra

265

( )[ ] ( )[ ]( )[ ] 0

sincos1sin

sinsincossinsinsincos1sincos2

2

)(

)(1

2

00

=−−

−+−−−

→

−+=

αβββαβαβαβββ

ββ

ββ

rb

rbrb

a

rM

Ma

r

cbk

k

d

d

d

dP

pl

Kąt β wyliczymy z przyrównania licznika pochodnej do zera. Otrzymamy

stąd równanie

1sinsincos =−+ βαβr

br

ZADANIE 6.8. Należy określić nośność łuku bezprzegubowego, kołowego, obciążonego siłą

skupioną µsP0 w kluczu. Schemat łuku z obciążeniem przedstawiono na rys. 6.8.

Rys. 6.8 Rozwiązanie: Wypisując warunki sumy momentów z prawej strony przegubów

plastycznych otrzymamy układ równań

( ) 02sincos12

0 =+−− ps MHrrP ααµ

02

0 =− HrrPsµ

stąd

2os Pµ

2

os Pµ

0Psµ

r αcosr

H H α r

266

)cos1(sin

4 ,

20

ααµµ

+−==

r

MP

PH p

ss

Obciążenie graniczne jak i poprzednio zależy od kąta α, stąd warunek

0=αd

dP określa rzeczywiste położenie bocznych przegubów plastycznych.

αααα

ααα

µsincos 0

)1cos(sin

sincos4 0 2

0 =⇒=−+

−−⇒=r

M

d

Pd ps 4

πα =

ZADANIE 6.9. Wyznaczymy jeszcze obciążenie graniczne łuku kołowego,

dwuprzegubowego obciążonego w kluczu siłą poziomą µsP0. Rozwiązanie: W układzie powstaną dwa przeguby określone przez kat α, które zamieniają

łuk w mechanizm o jednym stopniu swobody. Równanie równowagi granicznej w tym przypadku sprowadza się do równań

sumy momentów wszystkich sił po jednej stronie przegubu plastycznego plus pozostałe trzy typowe równania równowagi

( ) 0sincos1 22 =+−− pMrHrV αα

( ) ( ) 0sin1sincos 022 =−−−−+ ps MrPrHrrV αµαα

( ) ( ) 02121 =+−+ rHHrVV

0 , 21021 =−=+ VVPHH sµ Z rozwiązania układu równań równowagi granicznej uzyskamy

1V 2V

0Psµ

r αcosr

1H 1H α r

βsinr

Rys. 6.9

267

( )α

αµsin

1cos1 ,

2 20

21

−+==== V

r

MH

PVVV ps

Z drugiego układu równań otrzymamy

( ) ( ) ( ) rP

r

MMrPr

P spps

s

−++=−−+ αµαµαµ

cos12

sin1cos12

00

0

stąd

( ))sin1(cos

22cos1sin22cos1

2 00

ααµαααµ

+−=→=+−+−+

r

MPM

rP psp

s

Podobnie jak poprzednio położenie przegubów plastycznych (α)

wyznaczymy z warunku 00 =αd

dP

4 cossin 0

)1sin(cos

cossin

2 0 2

00 πααααα

ααα

=⇒=⇒=−+

−⇒=

r

M

d

dP

ZADANIE 6.10. Należy określić nośność pierścienia rozciąganego siłami P.

Rys. 6.10a

Dane: Wp, σp, r

P P

r

P P

pM

pM

268

Rozwiązanie: Z uwagi na symetrię zadania pierścień można podzielić na 4 części. Każda z

tych części ograniczona jest przegubami plastycznymi. Następnie analizować będziemy warunki równowagi granicznej dla ćwiartki pierścienia

Z równowagi ćwiartki okręgu wynika, że

r

W

r

MPMr

P pppp

σ44 2

2==⇒=

Rys. 6.10b

ZADANIE 6.11. Łuk kołowy przedstawiony na rys. 6.11a został wzmocniony poziomym

ściągiem. Znane są wymiary geometryczne ściągu oraz moment uplastycznienia. Należy określić wymiary ściągu i warunku, iż jego zniszczenie wystąpi jednocześnie z uplastycznieniem łuku.

Rys. 6.11a

2

P pM

pM

r

FH pσ= αcosr

α r

0P 0P

α

FH pσ<

pM

0P

FH pσ=pM

269

Rozwiązanie: W układzie mogą wystąpić dwa mechanizmy zniszczenia. Pierwszy, typowy

dla łuku dwu przegubowego (H<σpF) realizuje się przez powstanie trzech przegubów plastycznych. Natomiast drugi powstaje po uplastycznieniu ściągu, kiedy H=σpF. Warunek jednoczesnego wystąpienia obu mechanizmów pozwoli na określenie pożądanego przekroju ściągu.

W pierwszym mechanizmie zniszczenia warunki równowagi granicznej mają formę

( ) 0cos2

sin 0 =−−− pMrrP

rH αα

020 =+− pMT

PrH

stąd

1sincos

sin120 −+

+=αα

αr

MP p

Rys. 6.11b

−−+

+=−= 11cossin

sin11

2 ααα

rMM

PH pp

Położenie dodatkowego przegubu określa warunek

( ) ( )( )[ ][ ] 01sincossin1cossin1sincoscos0 2 =−+=+−−−+= −αααααααα∂α∂P

stąd

αααα sin12sin1 1sincos2 −=+⇒=−

2oP

H

αcosr

α

r

0P

αsinr

270

Po podstawieniu Y=sinα otrzymuje się równanie kwadratowe, którego pierwiastki ( )131sin −⋅= iY α odpowiadają poszukiwanemu położeniu dodatkowego przegubu w łuku.

Warunki równowagi w drugim mechanizmie mają postać

+=′⇒=+′

−r

MHPMT

PHr 1

1 2 02

2 0 2121

PVVVVP

′===++′−

Rys. 6.11c Warunek jednoczesnego wystąpienia obu mechanizmów zniszczenia

przyjmie formę

FHr

MH

r

MPP p

pp σαα

α =

+=

−++

⇒′= 21sincos

sin12 0

Poszukiwaną wartość przekroju poprzecznego ściągu obliczymy z wyrażenia

−−+

+= 11cossin

sin1

ααα

σ r

MF

p

p

Szacowanie przemieszczeń granicznych

Model ciała sztywno-plastycznego z liniowym wzmocnieniem pozwala na

szacowanie granicznych wartości przemieszczeń, towarzyszących szczególnym procesom narastania obciążeń.

2

P′ FH σ=

r

P′

271

W jednowymiarowym przypadku model sztywno-plastyczny ze wzmocnieniem ten opisany jest zależnościami

0jest dla

jest dla

,

0

=<

<<>

−=′⇒′=−

=

εσσ

εεεσσ

εσσ

εσσ

p

gpp

g

pggpg EE

Rys. 6.0c W przekroju zginanego pręta po pełnym uplastycznieniu przekroju

rozpoczyna się proces narastania deformacji, który kończy się w chwili osiągnięcia zniszczenia przekroju, kiedy σ=σp.

( )∫ ∫ +′=⇒=F F

p dFxxEMdFxM 333 σκσ

κJEMM p ′=−

stąd

JE

MM p

′−

=κ

Rys. 6.0d

σ

ε gε

gσ

pσ

pM

M

κ

JE′ gM

gκ

272

Zależność łącząca krzywiznę pręta κ z wartościami momentu nadwyżkowego M-Mp oraz sztywnością E’J gdzie E’ jest modułem wzmocnienia pozwala na szacowanie przemieszczeń granicznych.

Wykorzystując zasadę prac dopełniających otrzymamy wzór pozwalający określać przemieszczenia graniczne ui

∫ ∫ ∫==V S F

ijijii dsdFxdvu κδσεδσ 3111

stąd

∫ ′−

=S

pgii dsM

JE

MMu 11

gdzie

∫ =F

MdFx 1311δσ

Do wyznaczenia wartości nieznanych przemieszczeń granicznych ui stosujemy tradycyjne sposoby tj. „przemnożenia” wykresów momentów jednostkowych M1 pochodzących od działania siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia granicznego ui przez wykresy momentów nadwyżkowych. Należy przy tym pamiętać, iż siła 1i działa w samo-zrównoważonym mechanizmie na jaki zamieni się wyjściowy układ po uplastycznieniu. Zakładamy też, że od stanu uplastycznienia konstrukcji do zniszczenia występuje proporcjonalny przyrost obciążeń.

ZADANIE 6.12. Wykorzystując zasadę prac dopełniających należy wyznaczyć

przemieszczenia graniczne ui w belce i ramie dla modelu sztywno-plastycznego z liniowym wzmocnieniem.

Rozwiązanie: Do określenia przemieszczenia granicznego wykorzystamy zasadę prac

dopełniających przy dodatkowym założeniu, że ( )01 ssp ii −=δ jest siłą jednostkową przyłożoną w miejscu i kierunku przemieszczenia granicznego ui.

Równanie zasady prac dopełniających przyjmie po utworzeniu się zespołu przegubów plastycznych postać

∫ ∫∫ ′−

==⇒=A

p

sii

Vijijii JE

MMdsMudVdAup κκδεδσδ gdzie 1

273

gdzie JE

MM p

′−

=κ jest krzywizną w tych częściach układu gdzie moment

zginający M spełnia warunki gp MMM <≤ .

a) W przypadku belki wolnopodpartej mechanizmy zniszczenia oraz przyporządkowane im wykresy momentów nadwyżkowych i jednostkowych mają postać

g

pg

g

pg

E

xl

l

M

MMx

εσσ

η

−=′

−=

−=

322

1

2

Rys. 6.12a

Wartość granicznego przemieszczenia u wynosi

2 gdzie

3221

22 l

M

MMx

xlx

MM

JEu

g

pgpg −=

−⋅−

′=

b) W przypadku ramy obciążonej siłą poziomą P mechanizm zniszczenia

oraz wykresy momentów nadwyżkowych Mg-Mp oraz jednostkowych maja postać

P

u

gM

x

M∆

1

pgg WPl

M σ==4

4

1 l⋅

η 3x

274

′−=′

−=

−=′

−=

32

2 ,

32

2

2 ,

2

00 xh

h

Mxl

l

M

h

M

MMx

l

M

MMx

g

pg

g

pg

ηη

Rys. 6.12b Przemieszczenie graniczne u wyliczymy z zasady prac dopełniających,

wykorzystując „przemnożenie” wykresów momentów

( )

( )

′−

′−

′+

+

−−′

=

322

2

4

322

2

2

0

0

xh

h

MxMM

JE

xl

l

MxMM

JEu

pgh

pgl

ZADANIE 6.13. Podpory ramy 1 i 2 doznają poziomego przemieszczenia u1 i u2 wywołanego

przez rozpełzanie terenu na którym posadowiono ramę. Należy wyznaczyć przemieszczenia graniczne podpór konstrukcji jak na rys.

6.13a w przypadku ciała sztywno-plastycznego ze wzmocnieniem.

1

21 4

10

hM

⋅=

η

P

l x′

x

gM

pM h

hJE′

lJE′

u

275

Rozwiązanie: Ruch ramy w wyniku rozpełzania terenu jest sumą sztywnego przesunięcia o

wartości ( )212

1uu + oraz różnicy przemieszczeń wywołujących stany naprężeń

w ramie.

Rys. 6.13a Rama w której występuje symetryczne rozpełzanie zastąpimy równoważnym

kinetycznie układem z uzewnętrznionymi poziomymi siłami P.

Rys. 6.13b Pierwszy z wykresów odpowiada uplastycznieniu konstrukcji w wyniku

powstania czterech przegubów plastycznych Mp w narożach ramy. W miarę wzrostu siły poziomej P w narożach pojawią się momenty graniczne Mg a w ich otoczeniu wystąpią deformacje plastyczne konstrukcji. Zasięg stref deformacji plastycznych y obliczymy z podobieństwa trójkątów występujących w wykresach momentów zginających

( )g

pggpg

M

MMhy

hM

y

MM

2

2

−=⇒=

−

h

l 1u 2u

= +

221 uu +

221 uu −

P

yP h

MP g2

=

pg MM − 1M

gM gM

0M

2

10

hM

⋅=

1 1

276

Poziome przemieszczenie graniczne wyznaczymy „przemnażając” wykresy momentów nadwyżkowych oraz jednostkowego

( ) ( )JE

hlMMyh

M

MMhMMuu pg

g

pgpg

′

⋅

−+

−⋅−−

=− 121

2

322

22

221

ZADANIE 6.14. W łuku kołowym z przegubem w kluczu podpory sztywno utwierdzone

doznają obrotu w wyniku ruchów podłoża. Należy określić graniczną wartość tych obrotów przyjmując w rozważaniach model ciała sztywno-plastycznego z liniowym wzmocnieniem.

Rys. 6.14a Rozwiązanie Uzewnętrzniając przyczyny wywołujące obroty podpór otrzymujemy

zastępczy układ w którym w podporach pojawiają się uplastycznienia. Siły w więzach oraz rozkłady momentów zginających mają postać

Równania równowagi

0

02

02

=−−

=+−

=+−

pAA

ppB

ppA

MrHrV

MMrV

MMrV

Rys. 6.14b

ϕ ϕ r

AH BH

BV AV

pM pM

277

Siły w więzach oraz funkcja momentów zginających mają postać

( )ϕϕ sin1sin

0

−−=+−=

==

==

pAp

pAA

BA

MrHMMr

MHH

VV

Rys. 6.14c

W trakcie dalszego procesu narastania deformacji rosną momenty zginające Mp→Mg

( )ϕsin1−−= gMM

Obszar w którym wystąpią momenty nadwyżkowe wyznaczymy z

zależności

( )0sin1 ϕ−−= gp MM stąd

+= 1sin0

g

p

M

Marcϕ

Wnosimy stąd, że deformacje wystąpią w obszarze (0, ϕ0) w otoczeniu podpór A i B.

Wyznaczymy z kolei rozkład momentów jednostkowych

1sinsin1

1 −=+−= ϕϕrr

M

Rys. 6.14d

ϕsinr

ϕ α

r oϕ

r

1

1

1

r

1

ϕsinr

ϕ

278

Stosując zasadę prac dopełniających oraz wykorzystując symetrię zadania wyznaczymy wartość granicznego obrotu podpór łuku

( )( )[ ]( ) =−−−′

= ∫0

0

1sin1sin1

ϕ

ϕϕϕψ drMMJE pggr

−++−′

−=

=

++−′

−=

2cos24

2sin

2

cos24

2sin

2

0000

00

ϕϕϕϕ

ϕϕϕϕ ϕ

JE

MM

JE

MM

pg

pg

Występujące w tym wzorze wartości momentów Mg, Mp, J, E’ dla przekroju

ceowego wyznaczymy z równań

pgg

ppp

WM

WM

σσ

=

=

Rys. 6.14e gdzie

( )

( )( )

g

pg

p

E

ghgaahJ

gh

gahah

W

εσσ −

=′

−−−=

−−−⋅=

12

2

12

22

12

422

33

2

Podstawiając wyliczone wielkości do wzoru na kąt obrotu ϕgr otrzymamy wartość obrotu granicznego podpór łuku.

h a

g

279

ZADANIE 6.15. Podpory łuku bezprzegubowego doznają pionowych przemieszczeń UA i UB

w wyniku ruchów podłoża. Należy określić graniczną wartość tych przemieszczeń poprzedzającą

zniszczenie konstrukcji. Obliczenia przeprowadzić dla modelu ciał sztywno-plastycznego ze wzmocnieniem.

Rys. 6.15a Rozwiązanie: W ruchu łuku wynikającym z osiadania podpór można wydzielić ruch

sztywny, pionowy o wartości średniej ( )BA UU +⋅5.0 oraz pozostały generujący stany naprężeń w łuku.

Rys. 6.15b W dalszych rozważaniach analizować będziemy jedynie ten niesymetryczny

ruch podpór U wywołujący stany naprężeń. Wprowadzić należy teraz równoważny kinematycznie mechanizmu i badać w nim stany naprężeń

B A

C

AU BU

r

AU BU

0=σij

= +

( )BA UUU +=2

10

0≠σij

0UUU A −=

BUUU −= 0

280

Rys. 6.15c

Wprowadzony w rozważania mechanizm będzie w równowadze jeżeli

rM

P p= . W miarę wzrostu przemieszczenia u zwiększają się momenty

utwierdzenia MA=MB=Mg. Rozkłady momentów zginających mają postać

( ) ( ) ( ) ( ) ϕϕϕϕϕ coscos cos 'g

gg

pp Mrr

r

MMMrr

r

MMM =−−=⇒−−=

Zasięg momentów nadwyżkowych obliczymy przyrównując M’(ϕ) do Mp

czyli

( )0cos1 ϕ−−= ggp MMM stąd

=⇒=

g

p

g

p

M

Marc

M

Mcos cos 00 ϕϕ

Odkształcenia wystąpią tylko w przedziale (0, ϕ0) z obu stron utwierdzenia. Sporządzimy z kolei wykres momentów pochodzących od sił jednostkowych

przyłożonych w miejscu i kierunku poszukiwanych przemieszczeń.

Rys. 6.15d

rMMr ⋅=⇒=⋅ 1 221 ( ) ( ) ϕϕϕ coscos111 rrrrM =−−=

ϕ r

oϕ

0=AH

BH

rM

P g=

P

gM gM 0=CV

r

pM gM

1=P 1=P

rM ⋅= 1

0=CV

r

rM ⋅= 1

ϕ

r

ϕ

r⋅1 r⋅1 ϕ− cosrr

( )ϕ1M

281

Wartość poszukiwanego przemieszczenia u wyliczymy korzystając z zasady prac dopełniających

( )[ ] ( )

[ ]

∫

∫

∫

−+=

−=

=−=

=−=⋅

00

0

0

0 0

'

22

'

2

0'

01

''

sin4

2sin

2coscos

coscos1

11

ϕ ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕϕϕϕϕ

ϕϕϕ

ϕϕϕ

g

pg

g

pg

pg

p

M

M

JE

rMd

M

M

JE

rM

drrMMJE

drMMMJE

u

Ostatecznie graniczna wartość różnicy osiadań podpór u2=∆ wynosi

−+== 0

00'

2

sin22sin

2 ϕϕϕ∆g

pg

M

M

JE

rMu

i o taką wartość co najwyżej mogą się różnić osiadania pionowe podpór łuku bezprzegubowego.

Podobnie jak w poprzednich przykładach wartość Mp, Mg i J dla przekrojów prostokątnych axh są

g

pg

ppggppp

Eah

J

ahWWMWM

εσσ

σσ

−==

===

'3

2

,12

4 , ,

gdzie σp, σg, εg Wp i J są kolejno granicami plastyczności, wytrzymałości, odkształceniem granicznym, wskaźnikiem plastyczności i momentem bezwładności przekroju prostokątnego.

ZADANIE 6.16. W układzie prętowym przedstawionym na rys. 6.16a należy określić wartość

graniczną pionowego przemieszczenia słupka 1-2. W rozważaniach należy korzystać z modelu ciała sztywno-plastycznego z liniowym wzmocnieniem.

282

Rys. 6.16a Rozwiązanie Oprócz wyjściowego zadania analizować będziemy równoważne mu

kinematycznie po odrzuceniu podpory ulegającej przemieszczeniu i zastąpieniu jej przez siłę wymuszającą deformację układu.

Warunki równowagi granicznej

PVV =+ 30

030 =− HH

00 =++ gg MMlV

0200 =+− gMhHlV

02 00 =+−+− gg MMPlhHlV

Wartości sił w więzach wynoszą 30 2 VlMV g == , 0 30 == HH , lMP g4 =

Momenty nadwyżkowe pojawią się w słupie 1-2 oraz w przywęzłowych częściach prętów poziomych. Wykres momentów zginających pochodzących od obciążenia P=1 przyłożonego w miejscu poszukiwanego przemieszczenia w samozrównoważonym mechanizmie ma postać

l

MP g4

= oraz 1→P

stąd

l l

h

gru

0 1

2 3

0H

0V

gM

gM

gM

gM 3H

3V

2l

x

M∆

P

283

41

4

1l

Ml

M ⋅=⇒=

Rys. 6.16b

Z podobieństwa wykresów momentów wyznaczamy rzędną

−=l

xM

3

21η .

Wartość poszukiwanego przemieszczenia granicznego uzyskamy z „przemnożenia” momentów nadwyżkowych ∆M i jednostkowego M1.

+

−⋅=

+⋅=4

1

3

21

4

11

24

1 2

''

lhM

l

xll

M

M

JEMhM

Mx

JEu

g

∆∆∆η∆

Ostatecznie

+

−=

431

4

1 22

'

lhM

M

Ml

M

M

JEu

g

∆∆∆

ZADANIE 6.17. Należy określić nośność układu prętowego przedstawionego na rys. 6.17 o

granicy plastyczności pσ .

4

1 l⋅

M 1

M

M

M

2l

3x

M η

284

Rys. 6.17 Rozwiązanie W układzie mogą wystąpić dwa mechanizmy zniszczenia:

- uplastycznienia wsporników - uplastycznienia belki w wyniku skręcania.

Przed wyznaczeniem nośności obliczymy momenty uplastycznienia przekrojów kołowych pochodzące zarówno od zginania jak i skręcania. Zginający moment uplastycznienia wynosi

ppp RRR

M σπ

πσ 32

3

4

3

4

22 =

⋅

⋅= - przekrój pełny

R

pM

h

P

h

P

α

α

β β

l l

hP ⋅

hP ⋅ hP ⋅⋅2

α−α

sM

285

( ) ppp rRrrRR

M σπ

ππ

πσ 3322

3

4

3

4

23

4

22 −=

⋅⋅−⋅⋅= - rura o promieniach

r i R

Skręcający moment uplastycznienia wynosi

p

R

pF

pp RdddFK τπρϕρτρτπ

3

0

2

0

2

32

=== ∫ ∫∫ -przekrój pełny

( ) p

R

rp

R

rpp rRRddK τπτπρϕρτ

π333

2

0

2'

3

2

3

2 −=== ∫ ∫ - w rurze

Nośność w wyniku uplastycznienia wsporników w przekroju

ββ − obliczymy z zależności

( ) ( )p

pp Ph

rR

Ph

rRMPh σ

σµµ

3333

11 3

4

3

4

−=−

=⇒=

Drugi z mechanizmów związany z uplastycznieniem w wyniku skręcania

belki polega na osiągnięciu przez moment skręcający Ph wartości granicznej

( )pppK στ 3= .

( ) ( )p

pp Ph

rR

Ph

rRKPh σπτπ

µµ3333

22 3

32

3

2

−=−

=⇒=

Z porównania mnożników wynika, że 21 µµ < , czyli występuje pierwszy z

mechanizmów zniszczenia. Jeżeli natomiast założymy równoczesne wystąpienie obu mechanizmów

zniszczenia 21 µµ = przy różnych wymiarach belki skręcanej i wsporników, to zachodzi

R r

286

( ) ( )

( )3333

3333

21

2

3

3

32

3

4

rRrR

Ph

rR

Ph

rRpp

−=−⇒

−=−⇒=

π

σπσµµ

Otrzymana równość pozwala określać współzależność wymiarów

przekrojów belki i wsporników w przypadku ich jednoczesnego uplastycznienia.

287

Rozdział VII

Hipotezy wytężeniowe Materiał konstrukcji w zależności od warunków obciążenia może się

znajdować w różnych stanach naprężeń. Na początku procesu, przy stosunkowo niedużych obciążeniach będą to stany sprężyste, natomiast w miarę wzrostu obciążeń pojawiać się zaczną stany plastyczne, a w niektórych materiałach zniszczenia kruche. W warunkach eksploatacji określa się dopuszczalny poziom naprężeń, który nie powinien być przekroczony w żadnym punkcie konstrukcji. Najczęściej naprężenia ogranicza się tak, by cała konstrukcja pracowała w stanie sprężystym.

Opisane tu sytuacje wymagają odwzorowania złożonego stanu naprężenia na stan jednoosiowego rozciągania lub ściskania do czego służą hipotezy wytężeniowe. Złożony stan naprężenia reprezentuje wówczas naprężenie zredukowane zredσ , które powinno być mniejsze od naprężenia dopuszczalnego

0σ - ułamka granicy plastyczności Re lub granicy proporcjonalności Rc.

n

Re=0σ lub n

Rc=0σ

gdzie: n- współczynnik bezpieczeństwa.

Przy określaniu stanów naprężeń w konstrukcjach prętowych w pierwszym etapie dla danych obciążeń zewnętrznych poszukuje się przekrojów, w których wystąpi najniekorzystniejsza kombinacja sił wewnętrznych. Następnie w przekrojach tych poszukuje się najbardziej wytężonych punktów. Do ich określenia stosuje się hipotezy wytężeniowe pozwalające na porównanie złożonego stanu naprężeń ze stanem jednoosiowym.

W projektowaniu najczęściej wykorzystuje się hipotezę Hubera – Misesa – Hencky’ego (H–M–H) – energii odkształcenia postaciowego oraz hipotezę największego naprężenia stycznego Tresci – Guesta (T–G).

Hipotezy te mają postać

0223

213

212

23322

23311

22211 )(6)()()(

2

1 σσσσσσσσσσσ ≤+−+−+−+−=zred

0323121

22,

2max σ

σσσσσσσ ≤

−−−=zred

288

gdzie: 3311,...,σσ - współrzędne tensora naprężenia, 321 ,, σσσ - naprężenia główne.

W obliczeniach praktycznych ważne są przypadki występowania naprężeń tnących 13σ , kiedy hipoteza H-M-H ma postać

0130213 33 σσσσ ≤→≤

oraz jednoczesnego występowania naprężeń normalnych 11σ i tnących 13σ , wówczas

0213

211 3 σσσ ≤+

ZADANIE 7.1. Obliczyć potrzebne wymiary przekroju prętów z uwagi na naprężenia tnące i

normalne dla układu prętowego jak na rys. 7.1a wykonanego z materiału

nieliniowo – sprężystego )( NA εσ ⋅=

Rys. 7.1a Dane: P, l, A, N, σ0 Szukane: a = ? Rozwiązanie: W rozważanym układzie wyznaczamy reakcje podporowe i wykresy (rys.

7.1b)

a a a a

a

a

2a

2a

x2

x3

l

l

l 2 1

P

P

3

289

Rys. 7.1b Wymiar a należy obliczyć z uwagi na najniekorzystniejszy zestaw sił

wewnętrznych. Stąd do dalszych obliczeń bierzemy wartości momentów zginających, sił tnących i osiowych występujące w narożu 3.

PNPTPlM === maxmaxmax ,, Następnie obliczamy moment bezwładności rzędu N+1 ze wzoru

dFxNJF

N∫

+=+ 13)1(

Rys. 7.1c Obszar F jest sumą następujących podobszarów

4321 FFFFF ∪∪∪=

2 1

P

P

3

R1=P R2=P

2 1

Pl 3

M

2 1

P 3

T

-

+

P

2 1

P 3

N

- +

P

P -

a a a a

a

a

2a

2a

x2

x3 B

B’

C

C’

F1

F2 F3

F4

σ(M) σ(N) τ

290

w związku z czym, możemy skorzystać z zależności

41

331

321

311

31

3

4321

)1( dFxdFxdFxdFxdFxNJF

N

F

N

F

N

F

N

F

N∫∫∫∫∫

+++++ +++==+

Wówczas

])3()2[(2

4][

2

44

))2(2(2

][2

)23(2

4][

2

44

222

3

323

233

134

13

222

2

32

22

331

3321

3

223

2

332

233

131

13

4

2 3

1

++−

−

+−−

+++

++

−

+

−+++

+++

+++

−−−+

=+

==

−−+

=+

===

−+

=+

==

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

NN

F

a

a

Naa

NNN

NN

F F

a

a

Na

aNNN

NN

F

a

a

Naa

NNN

N

ax

N

adxxadFx

N

ax

N

adxxadFdFx

N

ax

N

adxxadFx

A zatem

)232)()1(1(2

2

])2(4)3(4)2(222

2434[2

])2()3[(2

4

])2(2[2

2)23(

24

)1(

2223

2222

223

223

223

223

++++

++++

+++

+++

+++

+++

−⋅−−+

=

=−⋅−−⋅+−⋅−⋅+

+⋅−⋅+

=−−−+

+

+−−+

+−+

=+

NNNN

NNNN

NNN

NNN

NNN

NNN

N

a

N

a

N

a

N

a

N

aNJ

Do wyliczenia wymiarów przekroju konieczna jest znajomość naprężeń

normalnych i stycznych w najbardziej wytężonym punkcie przekroju 3. W analizowanym zadaniu punktem tym jest punkt C.

Dla punktu C wyliczamy wielkości naprężeń normalnych 11σ i naprężeń

tnących 13σ , korzystając ze wzorów dla materiału nieliniowo sprężystego

)( NAεσ = . Naprężenia normalne dla uproszczenia rozważań wyznaczymy pomijając

wpływ siły osiowej

ax

xNJ

M N

2

)1(

3

3max

11

=+

=σ

291

)232)()1(1(

2)2(2223

1

11 +++

−

−⋅−−⋅+= NNN

N

a

NPlσ

Naprężenie styczne wyliczamy ze wzoru

)1(max

13 +⋅=

NJd

ST Nσ

gdzie ∫=0

3F

NN dFxS - moment statyczny rzędu N części przekroju F0 ponad

analizowanym punktem, d=2a – szerokość przekroju. Dla rozważanego pola F0 (rys. 7.1d) moment statyczny SN wynosi

Rys. 7.1d

[ ]∫++

++ −

+=

+==

a

a

NNN

a

aNN

N N

ax

N

adxxaS

3

2

112

3

21

333 )23(1

41

44

Wówczas otrzymamy

)232)()1(1)(1(

)2)(23(2222

11

13 +++

++

−⋅−−++−= NNN

NN

Na

NPσ

Aby zaprojektować przekrój skorzystamy z hipotezy (H-M-H). Wzór na

naprężenia zredukowane dla płaskiego stanu naprężeń ma postać

02

132

11. 3 σσσσ ≤+=zred

4a

a

2a x2

x3 F0

292

W związku z powyższym ze wzoru

20

213

211 3 σσσ =+

z którego po podstawieniu wyrażeń na naprężenia 1311 σσ i otrzymamy równanie algebraiczne względem grubości a

202222224

22112

222226

22222

)232())1(1()1(

)2()23(3

)232())1(1(

2)2(

σ=−⋅−−+

+−+

+−⋅−−

⋅+

+++

++

+++

−

NNN

NN

NNN

N

Na

NP

a

NlP

Pierwiastek tego równania jest poszukiwaną wartością grubości ścianki

przekroju skrzynkowego. Aby rozwiązać to równanie zapiszemy je w postaci

03

01

31

620

222

6204

26

2

=−+

=−+

aa

aaa

σβα

σβα

gdzie

)232)()1(1(

2)2(222

1

+++

−

−⋅−−+= NNN

NNPlα

)232)()1(1)(1(

)2)(23(222

11

+++

++

−⋅−−++−= NNN

NN

N

NPβ

Stosując podstawienie a2 = t otrzymamy

03 22320 =−− αβσ tt

Jest to równanie stopnia trzeciego typu

023 =+++ edtctbt gdzie 0≠b Dzieląc równanie przez b i podstawiając

b

cyt

3−=

293

otrzymamy

0233 =++ qpyy gdzie

b

e

b

cd

b

cq

b

cbdp +−=−=

23

3

2

2

327

22

3

33 i

W naszym przypadku

−=

−=

==

2

2

20

3

0

αβ

σ

e

d

c

b

a zatem

20

2

20

2

2;3

3σα

σβ −=−== qpyt oraz

Jest to równanie postaci

20

2

20

23

2,023

σα

σβ −=−==++ qpqpyy gdzie

Wprowadzamy zmianę pomocniczą: pr η= gdzie η oznacza (+1) lub

(–1), zgodnie ze znakiem q. U nas q < 0, toteż η = –1

020

2

σβ

σβ −=−−=r

W analizowanym równaniu ilość pierwiastków rzeczywistych zależy od

znaku wyróżnika 32 pqD += oraz znaku p

04 6

0

6

40

4

<−= pD zaśσβ

σα

Możliwe są dwa typy rozwiązań:

294

1o) Gdy 004

460

620

4

<≤−= pD iσ

βσα wtedy istnieją 3 pierwiastki

rzeczywiste

+==

−==

−==

ϕ

ϕ

ϕ

3

160cos2

3

160cos2

3

1cos2

33

22

11

o

o

ryt

ryt

ryt

gdzie

=

= 30

2

3 2coscos

βσαϕ arc

r

qarc

2o) Gdy 004

460

620

4

<>−= pD iσ

βσα wtedy istnieje jeden pierwiastek

rzeczywisty

⋅−= ϕ3

1cosh21 rt

gdzie

30

2

3 2cosh

βσαϕ ==

r

q

W rozwiązaniach praktycznych spotykamy się z drugim wariantem, tzn. D >

0 i p < 0, w którym istnieje tylko jeden pierwiastek rzeczywisty. Poszukiwaną wartość wymiaru a wyliczamy ze wzoru

0, >= tta gdzie W rozwiązaniu tym nie uwzględniono naprężeń normalnych od sił

osiowych. Dla dokładniejszego wyznaczania wymiaru a należy wziąć je pod uwagę. Wtedy naprężenie normalne 11σ jest sumą naprężeń normalnych od działania momentów zginających i sił osiowych.

NMN xNJ

M

F

N3

maxmax)(11

)(1111 )1( +

+=+= σσσ

295

gdzie 2164264 aaaaaF =⋅−⋅= - pole przekroju Wówczas warunek na poszukiwany wymiar a przyjmie postać

20

213

)(11

)(11 3)( σσσσ =++ MN

Stąd dla rozpatrywanego przekroju 3 otrzymamy równanie

0)232())1(1()1(

)2()23(3

16)232)()1(1(

2)2(

20222224

22112

2

22223

1

=−−⋅−−+

+−+

+

+

−⋅−−⋅+

+++

++

+++

−

σNNN

NN

NNN

N

Na

NP

a

P

a

NPl

Dodatni pierwiastek tego równania jest poszukiwaną wielkością a. ZADANIE 7.2. Obliczyć potrzebną grubość środnika dwuteownika, z którego wykonany jest

układ prętowy jak na rys. 7.2a. Materiał układu jest nieliniowo – sprężysty

)( NAεσ = Dane: q, l, A, 0σ , g = ?

Rys. 7.2a Rozwiązanie: W podanym układzie wyznaczamy reakcje podporowe i wykresy (rys. 7.2b)

g

x2

x3

g g

g

g

4g

4g

l

l

l 2 1

q 3

296

Rys. 7.2b

Wymiar g należy zaprojektować na najniekorzystniejszy zestaw sił wewnętrznych. Stąd do dalszych obliczeń bierzemy wartość momentów zginających, sił tnących i osiowych z przekroju przywęzłowego naroża 3 ze strony pionowej

qlNqlTqlM21

,23

, maxmax2

max ===

Moment bezwładności rzędu N+1 potrzebny do późniejszych obliczeń

wyznaczymy ze wzoru

∫+=+

F

N dFxNJ 13)1(

H1=ql 2 1

q 3

qlR2

31 = qlR

2

32 =

ql2

2 1

8

2ql

3

M

ql2

ql2

ql2

2 1

2

ql

3

T

ql

+

+

-

-

+

2

ql

2

3ql

2 1

3

N

+

-

-

+ 2

ql

2

3ql

297

Rys. 7.2c Obszar F jest sumą trzech podobszarów F1, F2 i F3

321 FFFF ∪∪= W związku z czym moment bezwładności J(N+1) wyliczamy z zależności

31

321

311

31

3

321

)1( dFxdFxdFxdFxNJF

N

F

N

F

N

F

N∫∫∫∫

++++ ++==+

Wówczas

])5()4[(2

3][

2

33

))4(4(2

][2

)45(2

3][

2

33

223

45

23

4

53

133

13

223

44

24

43

132

13

223

54

23

5

43

131

13

3

2

1

+++

−−

+−

−

++

+++

−+

−

++

+++

+++

−−−+

=+

==

−−+

=+

==

−+

=+

==

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

NNN

gg

N

F

g

g

NN

NNN

gg

N

F

g

g

NN

NNN

gg

N

F

g

g

NN

N

gx

N

gdxxgdFx

N

gx

N

gdxxgdFx

N

gx

N

gdxxgdFx

A zatem

)4253(])1(1[2

])5(3)4(3)4(

44353[2

])5()4[(2

3])4(

4[2

)45(2

3)1(

2223

222

2223

223

2

23

223

++++

+++

++++

+++

+

++

+++

⋅−⋅−−+

=

=−⋅−−⋅+−−

−+⋅−⋅+

=

=−−−+

+−−

−+

+−+

=+

NNNN

NNN

NNNN

NNN

N

NN

NNN

N

g

N

g

N

g

N

g

N

gNJ

g

x2

x3

g g

g

g

4g

4g

F2

F1

F3

B

B’’

C

C’’

σ(M) σ(N) τ

298

Do wyliczenia wymiarów przekroju potrzebne będą nam wartości naprężeń normalnych i stycznych w najbardziej wytężonym punkcie przekroju, tzn. w punkcie C.

Dla punktu C wyliczymy wielkości naprężeń normalnych σ oraz naprężeń tnących τ w oparciu o wzory dla materiału nieliniowo – sprężystego

)( NA εσ ⋅= . Naprężenia normalne dla uproszczenia rozważań wyznaczamy pomijając

wpływ siły osiowej

gx

xNJ

M N

4

)1(

3

3max

11

=+

=σ

)4253(])1(1[

4)2(

)4253(])1(1[

4)2(

2223

2

2223

2

11

+++

++++

⋅−⋅−−+=

=⋅−⋅−−

⋅+=

NNN

N

NNNN

NN

g

Nql

g

gNql

σ

Naprężenia styczne wyliczamy ze wzoru

)1(max

13 +⋅⋅=NJd

ST Nσ

gdzie ∫=0F

NsN dFxS - moment statyczny rzędu N części przekroju F0 ponad

analizowanym punktem, d = g – szerokość przekroju

Rys. 7.2d

x2

x3

3g

g

4g

F0

299

Dla rozważanego pola F0 (rys. 7.2d) moment statyczny SN wynosi

[ ]∫++

++ −

+=

+==

g

g

NNN

g

gNN

N N

gx

N

gdxxgS

5

4

112

5

41

333 )45(1

3

1

33

Wykorzystując powyższe zależności otrzymamy

)1()4253(])1(1[2

)2()45(92222

11

13 +⋅−⋅−−+−= +++

++

Ng

NqlNNN

NN

σ

W celu zaprojektowania przekroju skorzystamy z hipotezy H-M-H. Wzór na

naprężenia zredukowane dla płaskiego stanu naprężeń ma postać

02

132


W naszym zadaniu poszukiwaną wartość g wyliczymy z równania

20

213

211 3 σσσ =+

0)1()4253(])1(1[4

)2()45(243

)4253(])1(1[

4)2(

202222224

221122

222226

2242

=−+⋅−⋅−−

+−+

+⋅−⋅−−

+

+++

++

+++

σNg

Nlq

g

Nlq

NNN

NN

NNN

N

Pierwiastek powyższej zależności jest poszukiwaną wartością wymiaru g. Aby rozwiązać to równanie sprowadzimy je do postaci

03

01

31

620

222

6204

26

2

=−+

⋅=−+

gg

ggg

σβα

σβα

gdzie

)4253)()1(1(

4)2(222

2

+++ ⋅−⋅−−+= NNN

NNqlα

)4253)()1(1)(1(2

)2)(45(9222

11

+++

++

⋅−⋅−−++−= NNN

NN

N

Nqlβ

300

Stosując podstawienie g2 = t otrzymamy

03

)1(032232

0

320

22

=−−

−⋅=−+

αβσ

σβα

tt

tt

jest to równanie stopnia trzeciego typu

0023 ≠=+++ adctbtat gdzie

dzieląc równania przez a i podstawiając

a

byt

3−= otrzymamy 0233 =++ qpyy

gdzie

a

d

a

cb

a

bq

a

bcap +−=−= 23

3

2

2

327

22

3

33 i

W naszym przypadku

−=

−=

==

2

2

20

3

0

αβ

σ

d

c

b

a

a zatem

20

2

20

2

2;3

3σα

σβ −=−== qpyt oraz


20

2

20

23

2,023

σα

σβ −=−==++ qpqpyy gdzie

Wyprowadzamy zmienną pomocniczą pr η= , gdzie η oznacza (+1) lub


301

020

2

σβ

σβ −=−−=r


znaku wyróżnika D = q2+p3 oraz znaku p

60

6

40

4

4 σβ

σα −=D zaś p < 0

Wówczas możliwe są dwa typy rozwiązań

a) Gdy 04

460

620

4

≤−=σ

βσαD i p < 0 wtedy istnieją 3 pierwiastki rzeczywiste

+==

−==

−==

ϕ

ϕ

ϕ

3

160cos2

3

160cos2

3

1cos2

33

22

11

o

o

ryt

ryt

ryt

gdzie

=

= 30

2

3 2coscos

βσαϕ arc

r

qarc

b) Gdy 004

460

620

4

<>−= pD iσ


rzeczywisty

−= ϕ3

1cosh21 rt

gdzie

30

2

3 2cosh

βσαϕ ==

r

q

W rozwiązaniach praktycznych spotykamy się z drugim wariantem, tzn. gdy

D > 0 i p < 0, w którym istnieje tylko jeden pierwiastek rzeczywisty.

302

Poszukiwaną wartość g równania wyliczamy ze wzoru

0, >= ttg gdzie W rozwiązaniu tym nie uwzględniono naprężeń normalnych od sił

osiowych. W celu dokładniejszego wyznaczenia wymiaru g należy wziąć je pod uwagę. Wtedy naprężenie normalne jest sumą naprężenia normalnego od działania momentów zginających i sił osiowych.

NMN xNJ

M

F

N3

maxmax)(11

)(1111 )1( +

+=+= σσσ

gdzie 214832 gggggF =⋅+⋅⋅= - pole przekroju

Wówczas warunek na poszukiwany wymiar g przyjmie postać

20

213

)(11

)(11 3)( σσσσ =++ MN


0)4253(])1(1[)1(4

)2()45(243

28)4253(])1(1[

4)2(

202222242

221122

2

22223

2

=−⋅−⋅−−+

+−+

+

+

⋅−⋅−−+

+++

++

+++

σNNN

NN

NNN

N

gN

Nlq

g

ql

g

Nql

Pierwiastek tego równania jest poszukiwaną, dokładną wartością wymiaru g. ZADANIE 7.3. Dla układu prętowego (rys. 7.3a) o przekroju dwuteowym wykonanego z

materiału nieliniowo – sprężystego )( NAεσ = obliczyć potrzebną grubość środnika dwuteownika

303

Rys. 7.3a Dane: p, l, a = 4g, 0σ Szukane: g = ? Rozwiązanie: W podanym układzie wyznaczamy wielkości reakcji podporowych i

wykresy sił wewnętrznych (rys. 7.3b)

Rys. 7.3b Do obliczeń bierzemy wartości momentów, sił tnących i osiowych w

najbardziej niekorzystnym przekroju z uwagi na naprężenia tnące. Jest nim przekrój w narożu 2 z lewej strony.

l

l 2l

p

g

a

g

g

a

a

τ

l

l 2l

p

1 2

3 pl

34

pl32

1 2

3

pl34

pl32

lX m 34=

+

- -

pl32

T

1 2

3 -

pl32−

N

1 2

3

2

9

8pl

2

3

2pl

+ +

l3

4M

304

03

2

3

2maxmax

2max === NplTplM

Moment bezwładności wyższego rzędu, potrzebny do dalszych obliczeń

wyznaczymy ze wzoru

∫+=+

F

N dFxNJ 13)1(

Obszar F jest sumą trzech podobszarów – środnika i półek

321 FFFF ∪∪=

stąd możemy skorzystać z zależności

31

321

311

31

3

321

)1( dFxdFxdFxdFxNJF

N

F

N

F

N

F

N∫∫∫∫

++++ ++==+

Rys. 7.3c Wówczas

)45(2

4][

2

44 22

354

23

5

43

13

13

1

+++

+++ −+

=+

==∫ ∫NN

N

F

gg

Ng

g

NN

N

gx

N

gdxxgdFx

])4(4[2

][2

223

44

23

4

43

13

13

2

+++

−+

−

++ −−+

=+

==∫ ∫NN

N

F

gg

Ng

g

NN

N

gx

N

gdxxgdFx

4g

x2

x3

g

g

g

4g

4g

F2

F1

F3

C

C’

B

B’

σ(M) τ

305

))5()4((][2

44 224

52

3

4

53

13

13

3

++−−

+−

−

++ −−−=+

==∫ ∫NN

F

gg

Ng

g

NN xN

gdxxgdFx

A zatem

)4354]()1(1[2

)1(

])5(4)4(4)4(44454[2

])5()4[(2

4

])4(4[2

)45(2

4)1(

2223

2222223

223

223

223

++++

+++++++

+++

+++

+++

⋅−⋅−−+

=+=

=−⋅−−⋅+−−+⋅−⋅+

=

=−−−+

+

+−−+

+−+

=+

NNNN

NNNNNNN

NNN

NNN

NNN

N

gN J

N

g

N

g

N

g

N

gNJ

Do obliczenia wymiaru g potrzebne będą nam wartości naprężeń

normalnych i stycznych w najbardziej newralgicznym punkcie przekroju. Jest nim punkt C (punktu C’ nie rozpatrujemy ze względu na symetrię

przekroju i wykresów naprężeń) – miejsce styku środnika i pasów. Dla punktu C wyliczamy wielkości naprężeń normalnych od działania

momentu zginającego oraz naprężeń tnących, korzystając ze wzorów dla

materiału nieliniowo – sprężystego )( NAεσ = . Naprężenia normalne wyznaczymy z zależności

gx

xNJ

M N

4

)1(

3

3max

11

=+

=σ

)4354())1(1(3

)2(2

)4354(])1(1(

4)2(3

2

2223

212

2223

2

11 +++

+

++++ ⋅−⋅−−+=

⋅−⋅−−

⋅+= NNN

N

NNNN

NN

g

plN

g

gNplσ

Naprężenia styczne 13σ obliczymy ze wzoru

)1(max

13 +⋅⋅=NJd

ST Nσ

gdzie ∫=0F

NsN dFxS - moment statyczny rzędu N części przekroju F0 ponad

analizowanym punktem, d = g – szerokość przekroju.

306

W naszym przypadku moment statyczny SN pola F0 (rys. 7.3d) wyniesie

Rys. 7.3d

)45(1

4][

)1(

44 11

254

13

5

433

+++

+ −+

=+

== ∫NN

Ngg

Ng

g

NN N

gx

N

gdxxgS

Wykorzystując powyższe zależności otrzymamy

=⋅−⋅−−+

+−⋅= ++++

+++

)4354())1(1()1(

)2()45(43

2

2224

112

13 NNNN

NNN

Ng

Ngplσ

)4354())1(1()1(3

)2()45(82222

11

+++

++

⋅−⋅−−+⋅+−=

NNN

NN

Ng

Npl

Aby zaprojektować przekrój tzn. znaleźć wymiar g, należy skorzystać z

jednej z hipotez wytężeniowych. Korzystamy tu z hipotezy H-M-H. Wzór na naprężenie zredukowane dla płaskiego stanu naprężeń ma postać (łącznie z warunkiem na projektowanie)

02

132


W naszym zadaniu poszukiwaną wartość g wyliczymy z równania

20

213

211 3 σσσ =+

x2

x3

4g

g

4g

F0

307

0)4354())1(1()1(9

)2()45(192

)4354())1(1(9

)2(2

202222224

221122

222226

42224

=−⋅−⋅−−+⋅

+−+

+⋅−⋅−−⋅

+

+++

++

+++

+

σNNN

NN

NNN

N

Ng

Nlp

g

lpN

Dodatni pierwiastek powyższego równania jest poszukiwaną wartością

wymiaru g. Aby rozwiązać to równanie sprowadzimy je do postaci

03

/01

31

620

222

6204

26

2

=−+

⋅=−+

gg

ggg

σβα

σβα

gdzie

)4354())1(1()1(3

)2)(45(8

)4354())1(1(3

)2(2

222

11

222

212

+++

++

+++

+

⋅−⋅−−++−=

⋅−⋅−−+=

NNN

NN

NNN

N

N

Npl

plN

β

α

Stosując podstawienie g2 = t otrzymamy

03

)1(/032232

0

320

22

=−−

−⋅=−+

αβσσβα

tt

tt

Jest to równanie stopnia 3 typu

023 =+++ dctbtat gdzie 0≠a Dzieląc równanie przez a i podstawiając

a

byt

3−=

otrzymamy

0233 =++ qpyy gdzie 2

2

3

33

a

bacp

−= i a

d

a

bc

a

bq +−= 23

3

327

22

W naszym przypadku

308

−=

−=

=

=

2

2

2

3

0

αβ

σ

d

c

b

a pl

a zatem

yt = oraz 20

2

20

2

2;3

3σα

σβ −=−= qp


0233 =++ qpyy gdzie 20

2

20

2

2σα

σβ −=−= qp

Wyprowadzamy zmienną pomocniczą pr η= , gdzie η oznacza (+1) lub


020

2

σβ

σβ −=−−=r


znaku wyróżnika D = q2+p3 oraz znaku p

60

6

40

4

4 σβ

σα −=D zaś p < 0

Wówczas możliwe są dwa typy rozwiązań

a) Gdy 04

460

620

4

≤−

=σ

βσαD i p < 0 wtedy istnieją 3 pierwiastki rzeczywiste

+==

−==

−==

ϕ

ϕ

ϕ

3

160cos2

3

160cos2

3

1cos2

33

22

11

o

o

ryt

ryt

ryt

309

gdzie

=

= 30

2

3 2coscos

βσαϕ arc

r

qarc

b) Gdy 004

460

620

4

<>−= pD iσ


rzeczywisty

−= ϕ3

1cosh21 rt

gdzie

30

2

3 2cosh

βσαϕ ==

r

q

W rozwiązaniach praktycznych spotykamy się z drugim wariantem, tzn. gdy

D > 0 i p < 0, w którym istnieje tylko jeden pierwiastek rzeczywisty. Poszukiwaną wartość g wyliczymy ze wzoru

0, >= ttg gdzie W podanym rozwiązaniu nie uwzględniono naprężeń normalnych od siły

osiowej, ponieważ nie występuje ona w analizowanym przekroju. W celu dokładnego wyznaczenia wymiaru g należałoby przeprowadzić obliczenia dla drugiej kombinacji sił wewnętrznych odpowiadającej przekrojowi ze strony prawej naroża 2

plNplTplM3

2,

3

2,

3

2maxmax

2max −=== .

Wtedy naprężenie normalne byłoby sumą naprężeń normalnych od działania siły osiowej i momentu zginającego.

NMN xNJ

M

F

N3

maxmax)(11

)(1111 )1( +

+=+= σσσ

gdzie 216824 gggggF =⋅+⋅= - pole przekroju Wówczas warunek na poszukiwany wymiar g przyjmie postać

20

213

)(11

)(11 3)( σσσσ =++ MN

310


04354())1(1()1(9

)2()45(96

48

2

)4354())1(1(3

)2(2

20222224

221122

22223

212

=−⋅−⋅−−+

+−+

+

+

⋅−⋅−−+

+++

++

+++

+

σNNN

NN

NNN

N

Ng

Nlp

g

pl

g

plN

Pierwiastek tego równania jest poszukiwaną, dokładną wartością wymiaru g. ZADANIE 7.4. Należy porównać wytężenie w pręcie przedstawionym na rys. 7.4 w dwóch

przypadkach: a) pręt jest ściskany swobodnie, b) pręt umieszczono w sztywnym gnieździe

Rys. 7.4 Dane: F, P, u, E i 0σ – naprężenie dopuszczalne Rozwiązanie: W przypadku a) swobodne ściskanie prowadzi do jednoosiowego stanu

naprężeń 011 σσ <=F

P.

W przypadku b) należy najpierw określić poprzeczne naprężenie ściskające ,σ powstałe w wyniku braku możliwości swobodnego przemieszczania się

pobocznicy pręta po umieszczeniu go w sztywnym gnieździe. Naprężenie to wyliczymy w warunku znikania odkształceń poprzecznych

11,,

11,,

10)]([

1 σν

νσσσνσε−

=→=+−=E

P σ11

σ11

ε11

ε11

ε33 ε22

ε22 = ε33 = ε ′ σ22 = σ33 = 0

P

σ11 ε11

ε11

ε22 = ε33 = 0 σ22 = σ33 = σ′

σ11 σ33

σ22

311

Stosując hipotezę H–M–H otrzymamy

0,

1102,

112,

11 )()()(2

1 σσσσσσσσ ≤−→≤−+−

011)1

1( σσν

ν ≤−

− lub 011121 σσνν ≤

−−

Z porównania tego wynika, iż ta sama siła ściskająca pręt wywołuje w nim

różne wytężenie materiału, mniejsze w przypadku ściskania swobodnego a większe przy ściskaniu pręta w nieodkształcalnym gnieździe.

ZADANIE 7.5. Należy porównać stan wytężenia w prostopadłościennej ściskanej siłą

osiową P pryzmie w dwóch przypadkach: a) swobodnego ściskania, b) pryzma znajduje się w nieodkształcalnym gnieździe. Pryzma poddana jest dodatkowo działaniu przyrostu temperatury 0TT −=θ

gdzie T0 jest temperaturą początkową, a T aktualną. Problem przeanalizować należy w zakresie sprężystym i lepkosprężystym.

Rys. 7.5 Dane: P, Θ, v, E i 0σ – naprężenie dopuszczalne Rozwiązanie: W przypadku a) swobodne ściskanie prowadzi do jednoosiowego stanu

naprężeń

011 σσ ≤=F

P

P σ11

σ11

ε11

ε11

ε33 ε22

ε22 = ε33

Θ

P

σ11 ε11

ε11

ε22 = ε33 = 0 σ22 = σ33

σ11 σ33

σ22 Θ

312

a zmiany temperatur wywołują w tym przypadku jedynie swobodne odkształcenia. W przypadku b) należy najpierw określić stan odkształceń ciała, traktowanego jako ośrodek liniowo sprężysty

θασσνσεε TE++−== )]([

11133223322

αT – współczynnik rozszerzalności cieplnej. Z warunku nieodkształcalności gniazda 03322 == εε i równości naprężeń

3322 σσ = wynika

)(1

10)1( 11221122 θασν

νσθασννσ TT EE −

−=→=+−−

Mamy w tym przypadku trójosiowy stan naprężeń którego wytężenie wg

hipotezy H–M–H wynosi

01102

1111 11

21)](

1

1[2

2

1 σθαν

σννσθασν

νσ ≤

−+

−−→≤−

−− TT

EE

Z porównania obu rezultatów wynika, iż nieswobodne ściskanie pręta

łącznie z działaniem dodatnich przyrostów temperatury powoduje w pryzmie większe wytężenie materiałów niż w przypadku ściskania swobodnego.

W zadaniu lepkosprężystym przy ściskaniu swobodnym stan wytężenia wynosi 011 σσ ≤ , natomiast przy nieswobodnym warunek niedokształcalności

ścianek gniazda 03322 == εε i równości naprężeń 3322 σσ = prowadzi do zależności

θασσνσε TdddC ++−∗= )]([ 11222222

stąd 0)( 112222 =∗++− θασσνσ dET → ( ) 01

11122 =∗−

−= θασσ dEv

v T

gdzie HdEC =∗ Wytężenie w tym przypadku obliczone zgodnie z hipotezą H–M–H wynosi

011 11

21 σθν

ασνν ≤∗

−+

−−

dET

313

Z wyrażenia tego wynika, iż o wytężeniu decydować będzie tutaj nie tylko aktualna temperatura, ale również cały proces jej narastania.

ZADANIE 7.6. Cienkościenny zbiornik kulisty o średnicy D i grubości ścianki t poddany

jest ciśnieniu wewnętrznemu P (rys. 7.6a). Wyznaczyć ciśnienie dopuszczalne wynikające z hipotezy H–M–H.

Dane: D, t, R, 0σ , HMHdopP =?

Rys. 7.6a

Rozwiązanie: W wyniku działania ciśnienia P wewnętrznego kuli w ściankach zbiornika

powstanie naprężenie jednakowe w każdym punkcie powłoki i równe σ . Opasując kulę południkami i równoleżnikami można zauważyć, iż w

kierunku południkowym mamy naprężenie σ jak i w kierunku równoleżnikowym (rys. 7.6b). W celu wyznaczenia dopuszczalnego ciśnienia, jakie może zaistnieć w rozpatrywanym zbiorniku kulistym rozetniemy go myślowo w miejscu największego równoleżnika (rys. 7.6c). Układ jest w równowadze statycznej, jeśli w miejscu rozcięcia istnieje równomierne naprężenie rozciągające σ , które równoważyć będzie działanie ciśnienia P na jedną z półkul. Dla ułatwienia rozważań zbierzemy działanie ciśnienia P z jednej półkuli do wypadkowej Q.

Rys. 7.6b

D

P t

σ

=000

00

00

σσ

σ ij

314

Rys. 7.6c

Rys. 7.6d Mając na uwadze rys. 7.6d napiszemy wyrażenie na wypadkową Q

∫=R

rdzPQ0

2sin πα wiedząc, że αααα dRdzRzRr cos,sin,cos ===

napiszemy

[ ] 22/

022

2/

0

2 sincos2sin RPRPdRPQ παπααπα ππ

=== ∫

a podstawiając za 2D

R= otrzymamy ostatecznie

2

41

DPQ π=

Natomiast zbierając naprężenia σ po obwodzie równika wyznaczymy siłę,

która równoważyć będzie powyższą siłę wypadkową

DttD

Q πσπσ =⋅=2

2

P Q P

σ

r dz

α

2D

R=

z

315

Porównując dwa ostatnie wyrażenia wyznaczymy zależność na naprężenie σ istniejące w ściance kuli w wyniku działania ciśnienia P

t

PD

4=σ

Podstawiając do hipotezy H–M–H uzyskamy

02222 2

2

1)0()0()(

2

1 σσσσσσσσ ≤==−+−+−=zred

stąd maksymalne ciśnienie jakie może wystąpić w zbiorniku kulistym o grubości ścianek t przyjmie postać

D

tPHMH

dop04σ=

ZADANIE 7.7. Cienkościenny zbiornik walcowy o średnicy D, jednostkowej wysokości i

grubości ścianek t poddany jest ciśnieniu wewnętrznemu P. Należy wyznaczyć dopuszczalne ciśnienie wynikające z hipotezy H–M–H

Rys. 7.7a

Dane: D, t, R, 0σ , ?=HMHdopP

Rozwiązanie:

D

1j

A A

t

σ1

σ1

σ2

σ2

316

Dla wyznaczenia dopuszczalnego ciśnienia działającego w walcowym zbiorniku dokonamy jego przecięcia prostopadle do tworzącej walca w celu wyznaczenia naprężenia 2σ , oraz równolegle do tworzącej walca w średnicy

podstawy walca tak aby wyznaczyć ciśnienie 1σ . Rozkłady ciśnień w walcu pokazuje rys. 7.7a.

Sposób wyznaczenia ciśnienia 1σ jest pokazany na rys. 7.7b i rys. 7.7c.

Rys. 7.7b

Rys. 7.7c

Rys. 7.7.d Dla wyznaczenia naprężenia 1σ zbieramy z połowy pobocznicy walca

ciśnienie P do wypadkowej Q (rys. 7.7b)

21

1Q

tj =σ

Q1

α P

R

P’ds

A A

Q2=P⋅πR2

Q2=σ2πDt

P na obwodzie po przecięciu

317

jtQ 12 11 ⋅= σ Do wyznaczenia siły wypadkowej Q1 pomoże nam rys. 7.7c, wtedy

PDjjRPQ

RdjPdsjPQS

=−=

== ∫ ∫2/

01

2/

01

]1cos[2

1sin21sin

π

π

α

ααα

Porównując ze sobą dwa powyższe wyrażenia na Q1 wyznaczymy zależność na 1σ , czyli

t

PD

jPDjt

2

2

1

1

=

=

σ

σ

W wyniku, iż ciśnienie działa we wszystkich kierunkach jednakowo mamy też oddziaływanie na górną i dolną kołową część walca (rys. 7.7d). Tak wyznaczymy drugie naprężenie 2σ działające wzdłuż wysokości walca. Wypadkowa działania ciśnienia P na górną część walca przyjmie postać

4

2

2D

PQ π⋅= . Następnie zbierając naprężenia 2σ z obwodu walca otrzymamy

tDQ πσ 22 =

Porównując uzyskane wyrażenie na 2Q uzyskamy

t

PD

tDD

P

4

4

2

2

2

=

=⋅

σ

πσπ

Wstawiając do hipotezy H–M–H naprężenia 21 σσ i otrzymamy warunek

22

21

221 )(

2

1 σσσσσ ++−=zred

a dalej

=++−= 222 )4

()2

()42

(2

1t

PD

t

PD

t

PD

t

PDzredσ

318

=+++−= 2222 )4

()2

()4

(42

2)2

(2

1t

PD

t

PD

t

PD

t

PD

t

PD

t

PD

=+++−= )21

121

11()2

(2

1 2

t

PD02

222

1 σ≤=t

PD

t

PD

Stąd maksymalne ciśnienie jakie może występować w walcu wynosi

D

tPHMH

dop02σ=

ZADANIE 7.8. Wyznaczyć miejsce i wartości maksymalnych naprężeń zredukowanych wg

hipotezy H–M–H w pręcie o schemacie i przekroju rurowym jak na rys. 7.8a

Rys. 7.8a

Rozwiązanie: W pierwszej kolejności wyznaczamy wykresy sił wewnętrznych w pręcie, a

następnie wynikające z nich rozkłady naprężeń w najbardziej newralgicznym przekroju poprzecznym. Wykresy sił wewnętrznych mają postać

l

l

P

x2

x3

t

D

przekrój pręta (rura cienkościenna)

319

Rys. 7.8b W przekroju przypodporowym A wystąpią największe wartości sił

wewnętrznych. Rozkład naprężeń w przekroju A przedstawia rys. 7.8c

Rys. 7.8c

co oznacza, iż naprężenie zredukowane obliczymy z hipotezy H-M-H w formie

22 3τσσ +=zred

gdzie: σ - naprężenie normalne, τ - naprężenie ścinające Składowe stany naprężeń tj. naprężenia w przekroju A pochodzące od

momentu zginającego M=Pl , skręcającego K=Pl i siły tnącej T=P mają postać

P

Pl A

K

x1

x2

x3

τT

τS

τS

τS

σ

σ τS

1

2

3 4

τT

P

Pl

Pl

A

M

A

T

P

P

320

Rys. 7.8d

Poddając analizie naprężenia w przekroju A, stwierdzamy, że najbardziej

wytężone są punkty 1 i 2 z uwagi na zginanie i skręcanie, a punkt 3 z uwagi na ścinanie i skręcanie.

W celu wyznaczenia naprężeń w tych punktach należy najpierw wyznaczyć charakterystyki geometryczne występujące we wzorach. Momenty bezwładności J2 i J0 wyliczymy z zależności

82

423

0

32/

0

32

0

tDJJ

tDd

tDdSJ

y

S

π

πϕρπ

==

=== ∫∫

Rys. 7.8e

K

x3

0J

PlS

ρτ =

T

x3

223Jbx

SP yT

⋅=τ

ϕ

dϕ ϕd

DtdS

2=

x2

x3

D/2 2

D≅ρ

ϕ

dϕ ϕd

DtdF

2=

x2

x3

D/2

t

F0

ϕsin23D

x =

x3

22

3

J

Plx=σ

M

321

Naprężenia tnące przyjmują wartość maksymalną w środku wysokości

przekroju, stąd moment statyczny ∗2S obliczymy dla połowy rury

2sin

4

2

0

2

32

0

tDd

tDdFxS

F

=== ∫∫∗

π

ϕϕ

Ostatecznie naprężenia w punktach 1 i 2 wynoszą

][44

8

222233 m

hN

mm

kNm

tD

Pl

tD

PlD

tD

DPl

====πππ

σ

][22

4

222233 m

kN

mm

kNm

tD

Pl

tD

PlD

tD

DPl

S ====πππ

τ

0=Tτ

a w punkcie 3

0=σ

][22

4

222233 m

kN

mm

kNm

tD

Pl

tD

PlD

tD

DPl

S ====πππ

τ

][2

82

223

2

m

kN

mm

kN

tD

P

tDt

tDP

T =⋅

==ππ

τ

Na podstawie powyższych obliczeń możemy wyznaczyć naprężenia

zredukowane dla rozważanych punktów przekroju według hipotezy H-M-H Dla punktów 1 i 2 wynosi ono

322

tD

Pl

tD

Pl

tD

Pl

tD

Plszred 22

2

2

2

222 3,51216

23

43

ππππτσσ ≅+=

+

=+=

a dla punktu 3

( )

+=

+=+= 1

23

223

2

22

D

l

tD

P

tD

P

tD

PlTSzred πππ

ττσσ

323

Rozdział VIII

Twierdzenie o wzajemności Twierdzenie o wzajemności dla niesprzężonych zadań termosprężystości

ma postać podaną przez W. M. Majziela

∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ++=++V V

kkiiA

iiA V V

kkiiii dVdVuFdAuPdVdVuFdAuP εΘγρεΘγρ ''''''

W równaniu tym występują dwa układy przyczyn: podstawowy -

Θρρ ,,, rPF ii oraz pomocniczy - '''' ,,, Θρρ rPF ii , które wywołują skutki

czyli pola przemieszczeń i temperatur '' ,,, ΘΘ ii uu .

Rys. 8.0 Twierdzenie o wzajemności Twierdzenie to posłuży nam do przedstawienia kilku interesujących,

ogólnych własności rozwiązań zadań sprężystych i lepkosprężystych. ZADANIE 8.1. Należy określić zmianę objętości V∆ izotropowego ciała sprężystego pod

działaniem sił masowych i powierzchniowych. Rozwiązanie: Analizować będziemy dwa układy przyczyn i skutków. W pierwszym

zadaniu wystąpi hydrostatyczne ciśnienie p a pole przemieszczeń ui ma postać

ui

ρFi

Θ A

ui’

ρFi’ Θ’

A

Pi

Pi’ ui

ui’

dA

V

B

B

324

AAAxu kkijijii 3, ''' ==→= εδε

−+

+=+= ijkkijijkkijij v

v

v

EG δεεδελεσ '''''

2112

ijijijij pv

EA

v

AvA

v

E δδδσ =−

=

−+

+=

2121

3

1'

Naprężenia są więc stałe (ciśnienie hydrostatyczne) stąd 0, ≡′ jijσ .

Stała A wynosi E

vpA

)21( −= .

Ostatecznie pole przemieszczeń i naprężeń określają zależności

ijijijijii pE

vppx

E

vu δεδσ 21

,,21 ''' −==−=

Wypisując twierdzenie o wzajemności dla pewnego dowolnego układu

przyczyn ii FP ρ, oraz hydrostatycznego ciśnienia ijiji pu δσ ='' , - jako

zadanie z primami otrzymamy

∫∫ ∫ +=−

+V

kkA V

iiii dVppE

vdVxFdAxP 0

21 ερ

ślad tensora deformacji kkε jest równy przyrostowi objętości V∆ , stąd

VVdVVdV

srkk

Vkk ⋅== ∫∫ ∆εε

Przyrost objętości wynosi

+−= ∫ ∫A V

iiii dVxFdAxPEV

vV ρ∆ 21

Wzór ten określa przyrost objętości ciała w wyniku działania dowolnych sił

Pi i ρFi.

325

ZADANIE 8.2. Należy określić zmianę objętości (globalną) wywołaną tylko przyrostem

temperatury ( )0',0,0,0,0,0 ' ≠=′=≠== ΘρΘρ iiii PFPF . Rozwiązanie: Równanie twierdzenia o wzajemności ma wówczas postać

( )

( )v

E

vv

vE

v

E

dVE

v

VV

VVpdVpdVpdVdVvE

p

TTT

V

V V Vii

Vijijijij

21)21)(1(

3

132

,)21(3

213 '

−=

−++

+=+=

−=→

→⋅====−⋅

∫

∫ ∫ ∫∫

ααλµαγ

Θγ∆

∆εεδεσΘγ

gdzie

Ostatecznie

∫ ∫=→−⋅−

=V V

TT dV

VVdV

E

v

v

E

VV Θα∆Θα∆ 3)21(3

21

1

Wynik ten jest niezależny od mechanicznych stałych materiałowych. ZADANIE 8.3. Należy określić średnią wartość skrócenia warstwy sprężystej o grubości h,

dowolnie obciążonej siłami masowymi i powierzchniowymi.

Rys. 8.3a Układ podstawowy

h

ρF= [ρF1(x1,x2,x3),0,0] V

∆h

x1

x2

x3

A

P= [P1(x2,x3),0,0]

326

Rozwiązanie: Analizować będziemy pomocnicze zadanie określające jednoosiowe

rozciąganie. Problem ten określa układ równań na przemieszczenie ui’

Rys. 8.3b Zadanie pomocnicze

3'32

'21

'1 ,, x

E

pvux

E

pvux

E

pu −=−==

( )

=−=

−−=

000

000

00

,21,

00

00

001'''

p

vE

p

v

vE

pijkkij σεε

( ) pvE

p

v

v

E

p

v

E =

−

−+

+= )21(

211'11σ

( )'33

'22 0)21(

211σσ ==

−

−+−

+= v

E

p

v

v

E

pv

v

E

Twierdzenie o wzajemności dla dowolnego układu obciążeń ( )ijiu σ, i pól

( )'' , ijiu σ przyjmie formę

hhVpdVpdVdV sr

V V

sr

Vijij 11111111

'11

' ε∆εεεσεσ ====∫ ∫ ∫ oraz

x2

x3

P’= [p,0,0]

u3’

u2’

u1’

x1

327

−−+

+

−−=

∫

∫

dVxE

pvFx

E

pvFx

E

pF

dAxE

pvPx

E

pvPx

E

pP

pV

V

A

sr

332211

33221111

1

ρρρ

ε

Ostatecznie średnia wartość skrócenia warstwy sprężystej wynosi

( )

( )

−−+

+

−−=

∫

∫

V

A

dVxFvxFvxF

dAxvPxvPxPVE

hh

332211

332211

ρρρ

∆

Otrzymany wzór ma charakter ogólny i dotyczy każdego przypadku

obciążeń warstwy, prowadzącego do jednoosiowego stanu naprężenia. ZADANIE 8.4. Poszukujemy średniej wartości kąta odkształcenia postaciowego ε12

powstałego przy działaniu obciążeń powierzchniowych i sił masowych w izotropowym ciele sprężystym.

Rys. 8.4. Odkształcenie '12ε w zadaniu pomocniczym

Rozwiązanie: W celu rozwiązania problemu analizujemy zadanie pomocnicze określone

x1

x2

x3

x3

γ3 2ε12

328

przez pole przemieszczeń ui’ , odkształceń εij ’ i naprężeń σij ’

0,2,2 '31

'22

'1 === uAxuAxu

0 ,

000

00

00

2 ,0 ,

000

00

00

, =′

=′=′

=′ jijijkkij A

A

GA

A

σσεε , '212 pGAn =

Równanie twierdzenia o wzajemności przyjmie tu formę

( ) ( ) VGAdVGAdVdV sr

V V Vijij 3211221

'2112

'12

' 22 γεεεσεσεσ∫ ∫ ∫ =+=+=

stąd

( ) ( )

+++=

=

+=

∫ ∫

∫ ∫

A V

A Viiii

sr

dVxFxFdAxpxpGV

dVuFdAupGA

12211221

''3

4

1

2

1

ρρ

ργ

ZADANIE 8.5. Należy wyznaczyć średnią wartość odkształceń postaciowych w ośrodku,

czyli ε12+ε13+ε23 wywołaną działaniem dowolnego układu sił powierzchniowych i objętościowych w ciele sprężystym.

Rys. 8.5. Symetryczne odkształcenia postaciowe

x2

x3

x1

V’=V

V

329

Rozwiązanie: Będziemy analizować zadanie pomocnicze określone przez pole

przemieszczeń

)(2 ),(2 ),(2 32'331

'232

'1 xxAuxxAuxxAu +=+=+=

0 ,

0

0

0

2 ,

0

0

0

,ij =

=

= jijij

AA

AA

AA

G

AA

AA

AA

σσε

Równania twierdzenia o wzajemności dają relacje łączące siły z

odkształceniami postaciowymi

++++++

++++

++=+=

∫

∫ ∫ ∫

V

A V Aiiii

dVxxFxxFxxF

dAxxPxxPxxPA

dVuFdAuPL

)()()(

)()()(2

213312321

213312321''

ρρρ

ρ

( )∫ =++=V

srVGAdVGAP γεεε 22 231312

czyli średnia wartość odkształceń postaciowych przyjmie postać

++++++

++++++

=

∫

∫

V

Asr

dVxxFxxFxxF

dAxxPxxPxxPGV

)()()(

)()()(4

1

213312321

213312321

ρρρ

γ

Oczywiście zmiany postaciowe w analizowanych przypadkach nie mogą być

wywołane przez zmiany temperatur. Istotnie, w obu zadaniach 0=kkε , stąd i

całka ∫ =V

kkdV 0εΘγ , a to oznacza, że przyrost temperatur nie wywoła zmian

postaciowych w izotropowym ciele sprężystym, czego się należało spodziewać. Zauważmy, że zadanie 8.5 jest złożeniem trzech odkształceń elementarnych przedstawionych w zadaniu 8.4.

330

ZADANIE 8.6. Należy określić średni kąt skręcenia wokół ustalonej osi (x3) w dowolnym

izotropowym ciele sprężystym.

Rys. 8.6. Układ podstawowy (a) i pomocniczy (b) do wyznaczania średniego

skręcenia

Rozwiązanie: Pole przemieszczeń '

iu ma tu postać analogiczną, jak przy skręcaniu pręta

kołowego 0 , , '331

'232

'1 ==−= uxAxuxAxu

Wyznaczymy współrzędne tensorów '' , ijij σε .

0,

0

00

00

,

022

200

200

12

1

2

12

1

2

' ≡

−

−=

+−

+

−

= ij,j'ijij σ

xx

x

x

GAσ

AxAx

Ax

Ax

ε

Wypisujemy z kolei twierdzenie o wzajemności dla stanu '' , ii Pu i ii Pu , .

( ) ( )

+−++−=

=+=

∫ ∫

∫ ∫

A V

A Viiii

dVxxFxxFdAxxPxxPA

dVuFdAuPL

312321312321

''

ρρ

ρ

( ) VGAdVxxxxGAdVP srV

ijV

ij ϕεεεεεσ 2321312231132' =+−+−== ∫∫

średni kąt skręcenia wokół osi x3 wynosi

u2’

x1

x1

x1

x2

x2

x2

x3 x3

u1’

ϕ3

a) b)

V ρFi

Pi

ni

331

( ) ( )

+++−= ∫∫ dVxxFxxFdAxxPxxPGV VA

sr 3123213123212

1 ρρϕ

Oczywiście podobnie jak poprzednio przyrost temperatury nie zmieni

wartości średniego kąta skręcenia ośrodka. ZADANIE 8.7. Wykazać, że pole przemieszczeń postaci kjijki axu ε= dla dowolnego,

stałego wektora ak opisywać może jedynie sztywny obrót. Rozwiązanie: Pole przemieszczeń u1, u2, u3 po rozpisaniu ma postać

( ) ( ) ( )211231331232321 , , axaxuaxaxuxaaxu −=−−=−= Obliczając następnie współrzędne tensora odkształceń εij stwierdzamy, że

0≡ijε .

Zadania lepkosprężyste Zadania z tego zakresu stanowią uogólnienie zadań sprężystych poprzednio

analizowanych. Interesujące są też współzależności między analogicznymi zadaniami sprężystymi a lepkosprężystymi.

Twierdzenie o wzajemności dla anizotropowych dystorsji lepkosprężystych oklε opisanych równaniami fizycznymi

)( oklklijklij dE εεσ −∗=

ma postać

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∗∗+∗+∗=

=∗∗+∗+∗

A V V

oij

oklijkliiii

A V V

oij

oklijkliiii

dVddEdVduFdAduP

dVddEdVduFdAduP

εερ

εερ

'''

'''

Analizowano w tym przypadku dwa układy pól

o'ij

'i

'i

'i

oijiii , ε, u, ρ P, , ε, u, ρ P

332

działających na ciało lepkosprężyste, w którym oprócz obciążeń mechanicznych

Pi=σijnj ,ρFi , występują też pola dystorsyjne oijε , które mogą być wywołane

zarówno wpływami pól temperatur Θ

Θαε Tij

oij = ,

dyfundujących składników c

ccij

oij αε = ,

defektów struktury opisanych tensorem uszkodzeń ϕij

klsijkl

oij ϕαε =

jak i polem elektrycznym Ek

kEijk

oij Eαε =

w powyższych zależnościach tensory Eijk

sijkl

cij

Tij αααα , , , są zmianami

odkształceń wywołanymi odpowiednio przez jednostkowy przyrost temperatury, stężenia, tensora uszkodzeń oraz pola elektrycznego Ek. Podane tutaj twierdzenie o wzajemności dotyczy ogólnego przypadku dystorsji w ośrodku anizotropowym. Istnieją więc jego przypadki szczególne odnoszące się m.in. do materiałów ortotropowych, transwersalno-izotropowych, izotropowych itp.

ZADANIE 8.8. Korzystając ze wzorów na wszechstronne ściskanie ijij pδσ =' należy

wyznaczyć zmianę objętości w ośrodku lepkosprężystym Rozwiązanie: Pole przemieszczeń ma postać

=′=′

=′→=′p

p

p

σAε

A

A

A

xtAu ijkkijii

00

00

00

, 3 ,

00

00

00

)( ε

333

Tensor naprężeń wyznaczymy z równań fizycznych

ppdAEv

dAv

v

v

E

dAv

vdA

v

Ed

v

vd

v

Eijkkijij

==∗−

=′→

−+∗

+=′→

→

−+∗

+=′→

−+∗

+=′

11111111

11

ale 21

1

21

1

1

21

3

1211

δσσσ

σδεεσ

"stała" A(t) określona jest zależnością

pvdAE )21( −=∗

związek między ciśnieniem hydrostatycznym p a polem przemieszczeń ui ma formę

iiiiii pxvudEdAxEudEdAxud )21( −=′∗→∗=′∗→=′ Twierdzenie o wzajemności wypisujemy w tym przypadku dla dowolnego

układu obciążeń oraz hydrostatycznego ciśnienia w ciele lepkosprężystym.

∫∫∫ ∗∗=∗+∗V

ijijiV

iiA

i EdVddVduFdAduP ''' εσρ

mnożąc splotowo stronami równanie to przez funkcję relaksacji E(t) otrzymujemy

∫∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫∫∫

∗∗−

=+

∗∗=∗−+∗−

∗∗=∗∗+∗∗

Vii

A Viiii

A V Viiiiii

Vijiji

Vii

Ai

dVdEv

dVxFdAxP

dVdpEdVpxFvdApxPv

dVdEdVduEFdAduEP

1-

'''

E 21

1

)21()21(

ερ

ερ

εσρ

Ostatecznie wzór na zmianę objętości ma formę

∫∫ ∫−− =

+∗−

V

evii

A Viiii dVddVxFdAxPEv ερ1)21(

gdzie δ=∗− EE 1 .

334

Tutaj E-1 oznacza retransformatę z odwrotności transformaty Laplace'a funkcji relaksacji E, a δ jest deltą Diraca.

Zauważmy, że w zadaniu sprężystym analogiczny wzór przyjmie postać

∫∫∫ =

+−

V

eii

Vii

Aii dVdVxFdAxP

E

v ερ21

Porównując wzory na zmianę objętości w (e) i (v-e) otrzymamy

∫∫∫∫ =∗→−

=∗−

−−

V

eiio

V

evii

V

eiio

V

evii dVEdVdEdVE

vdVdE

vεεεε

21

1

21

1

Wynika stąd ważny wniosek, że ten sam układ sił działający na ciało

sprężyste (e) i lepkosprężyste (v-e) wywołuje różne zmiany objętości określone zależnościami

∫∫−∗=

V

evii

oV

eii dVdE

EdV εε 1

ZADANIE 8.9. Należy określić zmianę objętości w transwersalno-izotropowym ciele

sprężystym i lepkosprężystym wywołaną dowolnymi obciążeniami powierzchniowymi i masowymi.

Rozwiązanie: Jako układ pomocniczy (z primami) przyjmiemy ciśnienie hydrostatyczne

ijij pδσ =' , które w ciele transwersalno-izotropowym prowadzi do pola

przemieszczeń ui postaci

3'32

'21

'1 )( ,)( ,)( xtBuxtAuxtAu === , stąd

=B

A

A

ij

00

00

00

ε

Składowe tensora naprężeń σij mają formę

pdBcdAccdcdcdc =∗+∗+=∗+∗+∗= 131211331322121111'11 )(εεεσ

335

'22

'11 σσ =

pdBcdAcdcdcdc =∗+∗=∗+∗+∗= 3313333322131113'33 2εεεσ

gdzie c11, c12, c13, c33 są funkcjami relaksacji materiału.

Funkcje A i B wyznaczymy z równań [ ] pttApccdAccccc ∗=→∗+=∗∗−+∗ )()()(2)( 13331313121133 α [ ] pttBpcccdBccccc ∗=→∗−−=∗+∗−∗ )()()2()(2 1211131211331313 β

gdzie )(tα i )(tβ należy wyznaczyć wykorzystując transformacje całkowe Laplace'a.

Ostatecznie pole przemieszczeń ma postać

3'132

'21

'1 )( ,)( ,)( pxtupxtupxtu ∗=∗=∗= βαα

Wypiszemy teraz twierdzenie o wzajemności dla dowolnego pola obciążeń i

układu z primami, które dotyczą ciśnienia hydrostatycznego.

( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( )[ ]

∫

∫

∫

∗=

=∗∗+∗∗+∗∗+

+∗∗+∗∗+∗∗

Vkk

V

A

dVdp

dVpxtdFpxtdFpxtdF

dApxtdPpxtdPpxtdP

ε

βραραρ

βαα

332211

332211

)()()(

)()()(

Przyjmując średni przyrost objętości w formie ∫=V

kkdVdV

V ε∆ uzyskamy

[ ]

[ ]dVxtdFxtdFxtdF

dAxtdPxtdPxtdPV

V

V

A

∫

∫

∗+∗+∗+

+∗+∗+∗=

332211

332211

)()()(

)()()(

βραραρ

βαα∆

Wzór ten pozwala obliczyć przyrost objętości transwersalno-izotropowego ciała o objętości V, polu powierzchni A w którym występują siły masowe ρFi i powierzchniowe Pi, natomiast funkcje czasu α(t) i β(t) wyznaczymy na podstawie znajomości funkcji relaksacji c11, c12, c13, c33.

Podobne rozważania można przeprowadzić dla transwersalno-izotropowej warstwy sprężystej lub lepkosprężystej.

336

ZADANIE 8.10. Analizować będziemy ogólny przypadek liniowego, anizotropowego ciała

sprężystego, w którym występują siły powierzchniowe Pi i objętościowe ρFi.

Jako zadanie z primami przyjmiemy pole przemieszczeń postaci ii Axu =' . Należy zbadać współzależności między obu polami, tj. dowolnym polem

obciążeń w ośrodku oraz polem 'iu odpowiadającym izotropowemu

wydłużeniu. Rozwiązanie: Pole przemieszczeń ii Bxu =' prowadzi do pola odkształceń

ijij Bδε ='

oraz pola naprężeń

BEBEE ijkkklijklklijklij === δεσ ''

Pole naprężeń 'ijσ spełnia równania równowagi wewnętrznej ( )0'

, ≡jijσ oraz

naprężeniowe warunki brzegowe

'''ijijkkijij PnBEPn =→=σ

Wypiszmy teraz twierdzenie o wzajemności dla dowolnego pola obciążeń

iii uFP ,, ρ oraz pola '', ii uP

∫∫ ∫ =+V

ijijA V

iiii dVdVuFdAuP εσρ '''

Będzie

∫ ∫∫ =+V V

ijijkkiiA

ii dVBEdVBxFdABxP ερ

stąd

∫ ∫∫ =+V V

ijijkkiiA

ii dVEdVxFdAxP ερ

337

Zależność powyższa stanowi uogólnienie wzorów pozwalających na określenie przyrostów objętości w ciele izotropowym.

Prześledzimy jeszcze analogiczne rozważania w przypadku ciał

lepkosprężystych. Pole przemieszczeń ma wówczas postać ii xtBu )(' = , stąd

ijij tB δε )(' = . Tutaj B jest pewną funkcją czasu.

dBEdE ijkkklijklij ∗=∗= '' εσ

Postępując analogicznie jak poprzednio otrzymamy

∫ ∫∫ ∗=∗+∗V V

ijijiiA

ii dVddVudFdAudP εσρ '''

stąd

( )∫ ∫∫ ∗∗=∗+∗V V

ijijkkiiA

ii dVddBEdVdBxFdAdBxP ερ

oraz

∫ ∫∫ ∗=+V V

ijijkkiiA

ii dVdEdVxFdAxP ερ

Porównując wzory wynikające z twierdzenia o wzajemności w zadaniach sprężystych i lepkosprężystych stwierdzamy, że w przypadku dwóch ośrodków o takiej samej konfiguracji poddanych identycznym obciążeniom, lewe strony relacji wynikających z twierdzenia o wzajemności są takie same, stąd

∫ ∫−∗=

V V

evijijkk

eijijkk dVdEdVE εε

ZADANIE 8.11. Należy określić średnią wartość odkształceń postaciowych w izotropowym

ciele sprężystym i lepkosprężystym o objętości V, tj. należy wyznaczyć wielkość

( )∫ ++=V

o dVV 2313121 εεεϕ

Rozwiązanie: Jako zadanie pomocnicze (z primami) analizować będziemy pole

przemieszczeń postaci

338

)( ),( ),( 21'331

'232

'1 xxAuxxAuxxAu +=+=+=

tensory odkształceń 'ijε i naprężeń '

ijσ mają postać

)(22 0 ),( ''''ijjiijijiiijjiij eeGAGi eeA δεσεδε −===−=

lub

=

=011

101

110

,

0

0

0

2 '' GA

AA

AA

AA

ijij σε

gdzie e

i ej jest iloczynem tensorowym wersorów ei i ej.

Wypisując twierdzenie o wzajemności dla dowolnego pola obciążeń i pola pomocniczego (z primami) otrzymamy

[ ]

[ ]

∫ ∫

∫

∫

=++=−=

=++++++

++++++

V V

oijijji

V

A

GAVdVGAdVeeGA

dVxxFxxFxxFA

dAxxPxxPxxPA

ϕεεεεδ

ρρρ

4)(22)(2

)()()(

)()()(

231312

213312321

213312321

stąd średnia wartość odkształceń postaciowych ϕ wynosi

[ ]

[ ]

++++++

++++++=

∫

∫

V

A

o

dVxxFxxFxxF

dAxxPxxPxxPGV

)()()(

)()()(4

1

213312321

213312321

ρρρ

ϕ

Podobnie jak w przypadku zmian objętościowych można i tu wykazać, że

odkształcenia postaciowe w dwóch analizowanych zadaniach sprężystych i lepkosprężystych łączy zależność całkowa

∫ ∫−++∗=++

V V

eve dVGdVG )(231312

)(231312 )()( εεεεεε

w której odkształcenia w lewej całce dotyczą zadania sprężystego, zaś w prawej lepkosprężystego.

Zbiór zadań z mechaniki (w formacie pliku .pdf)

Documents

Transcript of Zbiór zadań z mechaniki (w formacie pliku .pdf)