Skręcanie prętów – naprężenia styczne, kąty obrotu · 2019. 2. 3. · Skręcanie prętów – naprężenia styczne, kąty obrotu 4.3 gdzie: Ms — moment skręcający, l —

Skręcanie prętów – naprężenia styczne, kąty obrotu 4

W przypadku skręcania pręta jego obciążenie stanowią momenty skręcające iM . Na rys. 4.1a przedstawiono przykład pręta sztywno zamocowanego na lewym końcu (punkt A), obciążonego momentami skręcającymi 1M , 2M i 3M . Schemat oblicze-niowy – po uwolnieniu z więzów – ilustruje rys. 4.1b.

Rys. 4.1

Do wyznaczenia wartości momentu podporowego AM wykorzystujemy równanie

równowagi statycznej – suma momentów zewnętrznych względem osi x jest równa zeru:

0Σ =ixM (4.1)

0321A =++− MMMM

321A MMMM −−=

W dowolnym przekroju poprzecznym pręta moment skręcający sM jest równy sumie momentów zewnętrznych działających po jednej stronie przekroju względem osi pręta (rys. 4.2).

Rys. 4.2

Dla przekroju przedstawionego na rys. 4.2, otrzymamy zatem:

— rozwiązując od prawej strony (rys. 4.2a)

32)( Σ MMMM ixps +== (4.2a)

4.2 Wytrzymałość materiałów

— rozwiązując od lewej strony (rys. 4.2b)

1A1A)( )(Σ MMMMMM ixls +−=−−=−= (4.2b)

Do obliczenia naprężeń stycznych τ wywołanych momentem skręcającym w prze-kroju kołowym (rys. 4.3), w dowolnym punkcie oddalonym od osi pręta o wielkość ρ (promień), stosujemy następującą zależność:

ρIMρτ

s

s=)( (4.3)

gdzie:

sM — moment skręcający,

sI — biegunowy moment bezwładności przekroju poprzecznego, ρ — odległość punktu od osi pręta (promień).

Rys. 4.3

Naprężenia styczne mają wartości proporcjonalne do wielkości promienia ρ i są do

niego prostopadłe. Stąd wniosek, że maksymalne naprężenia styczne maxτ dla prze-kroju kołowego, wystąpią na obwodzie ( 2/dρ = ), a ich wartość możemy określić na podstawie zależności:

s

sWMτ =max (4.4)

gdzie:

sM — moment skręcający,

sW — wskaźnik wytrzymałości na skręcanie, określony następująco:

maxρIW s

s = (4.5)

Dla przekroju kołowego o średnicy d , wartości sI oraz sW są równe:

32

4dπIs = (4.6)

16

3dπWs = (4.7)

Kąt skręcenia φ odcinka pręta wyznaczamy w oparciu o zależność:

s

sIGlMφ = (4.8)

Skręcanie prętów – naprężenia styczne, kąty obrotu 4.3

gdzie:

sM — moment skręcający, l — długość rozpatrywanego odcinka pręta, G — moduł Kirchhoffa (moduł sprężystości poprzecznej),

sI — biegunowy moment bezwładności przekroju poprzecznego. Iloczyn sIG nazywamy sztywnością pręta na skręcanie.


Zadanie 4.1. Wyznaczyć wykresy momentów skręcających sM , naprężeń stycznych τ oraz kątów

obrotu φ dla pręta o przekroju kołowym przedstawionego na rys. 4.4. Dane: 0M , l , d , G .

Rys. 4.4

Rozwiązanie

Układ uwalniamy z więzów (rys. 4.5).

Rys. 4.5

Moment podporowy AM wyznaczamy z równania równowagi statycznej:

0Σ =ixM

0000A =+++− MMMM

0A 3MM =

W kolejnym kroku wyznaczamy momenty skręcające sM w poszczególnych odcin-kach pręta. Zadanie rozwiążemy zarówno od prawej (rys. 4.6), jak i lewej (rys. 4.7) strony.

Rys. 4.6

Rys. 4.7

Rozwiązując zadanie od prawej strony (rys. 4.6) otrzymujemy, w oparciu o zależ-ność (4.2a):

0CD, Σ MMM ixs ==

000BC, 2Σ MMMMM ixs =+==

0000AB, 3Σ MMMMMM ixs =++==


Z kolei, rozwiązując zadanie od lewej strony (rys. 4.6) otrzymamy, zgodnie ze wzorem (4.2b):

0AAAB, 3)(Σ MMMMM ixs ==−−=−=

00A0ABC, 2)(Σ MMMMMMM ixs =−=+−−=−=

000A00ACD, )(Σ MMMMMMMMM ixs =−−=++−−=−=

Naprężenia styczne τ w poszczególnych odcinkach pręta są równe (4.4):

ss

s

WM

WM

τ 0AB,AB 3==

ss

s

WM

WM

τ 0BC,BC 2==

ss

s

WM

WM

τ 0CD,CD ==

gdzie sW jest wskaźnikiem wytrzymałości na skręcanie, równym:

16

3dπWs =

Kąty obrotu przekrojów B, C i D wyznaczamy na podstawie kątów skręcenia posz-czególnych odcinków pręta – odpowiednio AB, BC i CD. Na podstawie zależności (4.8) otrzymujemy: — kąt skręcenia odcinka AB

ss

s

IGlM

IGlM

φ 0AB,AB 3==

— kąt skręcenia odcinka BC

ss

s

IGlM

IGlM

φ 0BC,BC 2==

— kąt skręcenia odcinka CD

ss

s

IGlM

IGlM

φ 0CD,CD ==

gdzie sI jest biegunowym momentem bezwładności przekroju poprzecznego, równym

32

4dπIs =

Ostatecznie otrzymujemy: — kąt obrotu przekroju A

0A =φ

— kąt obrotu przekroju B

sIGlMφφ 0

ABB 3==

— kąt obrotu przekroju C

sss IGlM

IGlM

IGlMφφφ 000

BCABC 523 =+=+=


— kąt obrotu przekroju D

ssss IGlM

IGlM

IGlM

IGlMφφφφ 0000

CDBCABD 623 =++=++=

Na rys. 4.8 przedstawiono rozwiązanie zadania – wykresy momentów skręcają-cych, naprężeń stycznych oraz kątów obrotu.

Rys. 4.8




Rys. 4.9

Rozwiązanie


Rys. 4.10


0Σ =ixM

025 000A =−++− MMMM

0A 4MM =

Wyznaczamy momenty skręcające sM w poszczególnych odcinkach pręta. Zadanie rozwiązujemy od lewej strony (rys. 4.11):


00A0ABC, 5)5(Σ MMMMMMM ixs −=−=+−−=−=

000A00ACD, 25)5(Σ MMMMMMMMM ixs −=−−=++−−=−=

025)25(Σ 000A000ADE, =+−−=−++−−=−= MMMMMMMMMM ixs

Rys. 4.11


ss

s

WM

WM

τ 0AB,AB 4==

ss

s

WM

WM

τ 0BC,BC −==


ss

s

WM

WM

τ 0CD,CD 2−==

0DE,DE ==

s

s

WM

τ

gdzie sW jest równe:

16

3dπWs =

Kąty obrotu przekrojów B, C, D i E wyznaczamy na podstawie kątów skręcenia poszczególnych odcinków pręta – odpowiednio AB, BC, CD i DE. Na podstawie zależ-ności (4.8) otrzymujemy: — kąt skręcenia odcinka AB

ss

s

IGlM

IGlM

φ 0AB,AB 4==


ss

s

IGlM

IGlM

φ 0BC,BC −==


ss

s

IGlM

IGlM

φ 0CD,CD 2−==

— kąt skręcenia odcinka DE

0DE,DE ==

s

s

IGlM

φ

gdzie sI jest równy:

32

4dπIs =


0A =φ


sIGlMφφ 0

ABB 4==


sss IGlM

IGlM

IGlMφφφ 000

BCABC 34 =−=+=


ssss IGlM

IGlM

IGlM

IGlMφφφφ 0000

CDBCABD 24 =−−=++=

— kąt obrotu przekroju E

ssss IGlM

IGlM

IGlM

IGlMφφφφφ 0000

DECDBCABD 024 =+−−=+++=



Rys. 4.12




Rys. 4.13

Rozwiązanie


Rys. 4.14


0Σ =ixM

0000A =+++− MMMM

0A 3MM =



00A0ABC, 2)(Σ MMMMMMM ixs =−=+−−=−=

000A00ACD, )(Σ MMMMMMMMM ixs =−−=++−−=−=

02)(Σ 000A000ADE, =−−−=+++−−=−= MMMMMMMMMM ixs

Rys. 4.15

Z uwagi na różne średnice pręta w poszczególnych odcinkach, wprowadzamy

wielkości odniesienia dla wskaźnika wytrzymałości na skręcanie sW ′ oraz momentu bezwładności sI ′ , równe:

16

3dπWs =′ 32

4dπIs =′


Wskaźniki wytrzymałości oraz momenty bezwładności dla odcinków AB i BC, dla których średnica pręta jest inna niż d , określimy w funkcji wprowadzonych wielkości odniesienia. Otrzymamy zatem: — dla odcinka AB

sss WWdπ

W ′=′⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=125343

57

1657

3

3

AB,

sss IIdπ

I ′=′⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=6252401

57

3257

4

4

AB,

— dla odcinka BC

sss WWdπ

W ′=′⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=125216

56

1656

3

3

BC,

sss IIdπ

I ′=′⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=625

129656

3256

4

4

BC,

Dla odcinków CD i DE otrzymujemy natomiast:

sss WWW ′== DE,CD,

sss III ′== DE,CD,


ssss

s

WM

WM

WM

WM

τ′

≈′

=′

== 000

AB,

AB,AB 0933,1

343375

1253433

ssss

s

WM

WM

WM

WM

τ′

≈′

=′

== 000

BC,

BC,BC 1574,1

108125

1252162

ss

s

WM

WM

τ′

== 0

CD,

CD,CD

0DE,

DE,DE ==

s

s

WM

τ

Kąty obrotu przekrojów B, C, D i E wyznaczamy na podstawie kątów skręcenia poszczególnych odcinków pręta – odpowiednio AB, BC, CD i DE. Na podstawie zależ-ności (4.8) otrzymujemy: — kąt skręcenia odcinka AB

ssss

s

IGlM

IGlM

IGlM

IGlM

φ′

≈′

=′

== 000

AB,

AB,AB 7809,0

24011875

6252401

3



ssss

s

IGlM

IGlM

IGlM

IGlM

φ′

≈′

=′

== 000

BC,

BC,BC 9645,0

648625

6251296

2


ss

s

IGlM

IGlM

φ′

== 0

CD,

CD,CD

— kąt skręcenia odcinka DE

0DE,

DE,DE ==

s

s

IGlM

φ


0A =φ


sIGlMφφ′

== 0ABB 7809,0


sIGlM

φφφ

′=

=+=

0

BCABC

7454,1


sIGlMφφφφ

′=

=++=

0

CDBCABD

7454,2


sIGlM

φφφφφ

′=

=+++=

0

DECDBCABE

7454,2

Rys. 4.16





Rys. 4.17

Rozwiązanie


Rys. 4.18

Równanie równowagi statycznej ma postać:

0Σ =ixM

02 00DA =++−− MMMM

0DA 3MMM =+

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny – dwie niewiadome AM , DM i jedno równanie równowagi. Dodatkowe równanie wynika z warunku geometrycznego – kąt obrotu przekroju D, jest równy zeru, co zapiszemy następująco:

0CDBCABD =++= φφφφ


AAAB, )(Σ MMMM ixs =−−=−=

0A0ABC, )(Σ MMMMMM ixs −=+−−=−=

0A00ACD, 3)2(Σ MMMMMMM ixs −=++−−=−=

Rys. 4.19

Kąty skręcenia poszczególnych odcinków pręta są równe:

ss

s

IGlM

IGlM

φ AAB,

AB ==


ss

s

IGlMM

IGlM

φ )( 0ABC,

BC −==

ss

s

IGlMM

IGlM

φ )3( 0ACD,

CD −==

Podstawiając wyznaczone kąty skręcenia do dodatkowego warunku geometrycz-nego możemy określić wartość momentu podporowego AM :

ssss IGl

IGlMM

IGlMM

IGlM :0)3()( 0A0AA =−+−+

03 0A0AA =−+−+ MMMMM

0A 43 MM =

0A 34 MM =

Moment podporowy DM jest równy:

000A0D 35

3433 MMMMMM =−=−=

Podstawiając wartość momentu podporowego AM wyznaczamy momenty skręca-jące sM w poszczególnych odcinkach pręta:

0AAB, 34 MMMs ==

0000ABC, 31

34 MMMMMMs =−=−=

0000ACD, 353

343 MMMMMMs −=−=−=

Naprężenia styczne w poszczególnych odcinkach pręta wynoszą:

ss

s

WM

WM

τ 0AB,AB 3

4==

ss

s

WM

WM

τ 0BC,BC 3

1==

ss

s

WM

WM

τ 0CD,CD 3

5−==


16

3dπWs =

Kąty obrotu poszczególnych przekrojów pręta wynoszą: — kąt obrotu przekroju A

0A =φ


ss IGlM

IGlMφφ 0

AABB 34

===



ssss IGlM

IGlM

IGlMM

IGlMφφφ 00

0AABCABC 351

34

34)( =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=−+=+=


03341

34

34

)3()(

0

0A0AACDBCABD

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−+=

=−+−+=++=

s

sss

IGlM

IGlMM

IGlMM

IGlMφφφφ

gdzie sI jest równe:

32

4dπIs =


Rys. 4.20




Rys. 4.21

Rozwiązanie


Rys. 4.22


0Σ =ixM

03 00DA =+−+ MMMM

0DA 2MMM =+

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny – dwie niewiadome AM , DM i jedno równanie równowagi. Dodatkowe równanie wynika z warunku geometrycznego – kąt obrotu przekroju D, jest równy zeru, co zapiszemy następująco:

0CDBCABD =++= φφφφ


AAAB, )(Σ MMMM ixs −=−=−=

0A0ABC, 3)3(Σ MMMMMM ixs +−=−−=−=

0A00ACD, 2)3(Σ MMMMMMM ixs +−=+−−=−=

Rys. 4.23


ss

s

IGlM

IGlM

φ AAB,

AB −==


ss

s

IGlMM

IGlM

φ )3( 0ABC,

BC +−==

ss

s

IGlMM

IGlM

φ )2( 0ACD,

CD +−==


ssss IGl

IGlMM

IGlMM

IGlM :0)2()3( 0A0AA =+−++−+−

023 0A0AA =+−+−− MMMMM

0A 53 MM =

0A 35 MM =

Moment podporowy DM jest równy:

000A0D 31

3522 MMMMMM =−=−=


0AAB, 35 MMMs −=−=

0000ABC, 343

353 MMMMMMs =+−=+−=

0000ACD, 312

352 MMMMMMs =+−=+−=


ss

s

WM

WM

τ 0AB,AB 3

5−==

ss

s

WM

WM

τ 0BC,BC 3

4==

ss

s

WM

WM

τ 0CD,CD 3

1==


16

3dπWs =

Kąty obrotu poszczególnych przekrojów pręta wynoszą: — kąt obrotu przekroju A

0A =φ


ss IGlM

IGlMφφ 0

AABB 35

−=−==



ssss IGlM

IGlM

IGlMM

IGlMφφφ 00

0AABCABC 313

35

35)3( −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−−=+−+−=+=


02353

35

35

)2()3(

0

0A0AACDBCABD

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+−−=

=+−++−+−=++=

s

sss

IGlM

IGlMM

IGlMM

IGlMφφφφ

gdzie sI jest równe:

32

4dπIs =


Rys. 4.24




Rys. 4.25

Rozwiązanie


Rys. 4.26


0Σ =ixM

02 00EA =−+−− MMMM

0EA MMM =+

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny – dwie niewiadome AM , EM i jedno równanie równowagi. Dodatkowe równanie wynika z warunku geometrycznego – kąt obrotu przekroju E, jest równy zeru, co zapiszemy następująco:

0DECDBCABE =+++= φφφφφ


AAAB, )(Σ MMMM ixs =−−=−=

0A0ABC, 2)2(Σ MMMMMM ixs −=+−−=−=

0ABC,CD, 2MMMM ss −==

0A00ADE, )2(Σ MMMMMMM ixs −=−+−−=−=

Rys. 4.27


Z uwagi na różne średnice pręta w poszczególnych odcinkach, wprowadzamy wielkości odniesienia dla wskaźnika wytrzymałości na skręcanie sW ′ oraz momentu bezwładności sI ′ , równe:

16

3dπWs =′ 32

4dπIs =′

Wskaźnik wytrzymałości oraz moment bezwładności dla odcinków AB i BC, okre-ślimy w funkcji wprowadzonych wielkości odniesienia:

ssss WWdπ

WW ′=′⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==125216

56

1656

3

3

BC,AB,

ssss IIdπ

II ′=′⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==625

129656

3256

4

4

BC,AB,

Dla odcinków CD i DE otrzymujemy natomiast:

sss WWW ′== DE,CD,

sss III ′== DE,CD,


ss

s

IGlM

IGlM

φ′

== AAB,

AB,AB 1296

625

ss

s

IGlMM

IGlM

φ′

−== )2(1296625

0ABC,

BC,BC

ss

s

IGlMM

IGlM

φ′

−== )2( 0ACD,

CD,CD

ss

s

IGlMM

IGlM

φ′

−== )( 0ADE,

DE,DE


sssss IGl

IGlMM

IGlMM

IGlMM

IGlM

′=

′−+

′−+

′−+

′:0)()2()2(

1296625

1296625

0A0A0AA

02648625

1296625

1296625

0A0A0AA =−+−+−+ MMMMMMM

0A 6482569

6481921 MM =

00A 3373,119212569 MMM ≈=

Moment podporowy EM jest równy:

000A0E 3373,03373,1 MMMMMM −=−=−=


Przyjęty zwrot momentu podporowego EM był błędny. Z uwagi na fakt, iż zadanie rozwiązywano od strony lewej — nigdzie nie występuje moment EM — wyprowadzone zależności na momenty skręcające oraz kąty skręcenia są poprawne.


0AAB, 3373,1 MMMs ==

00ABC, 6627,02 MMMMs −=−=

0BC,CD, 6627,0 MMM ss −==

00ADE, 3373,0 MMMMs =−=


sss

s

WM

WM

WM

τ′

≈′

== 00

AB,

AB,AB 7739,0

1252163373,1

sss

s

WM

WM

WM

τ′

−≈′

−== 00

BC,

BC,BC 3835,0

1252166627,0

ss

s

WM

WM

τ′

−≈= 0

CD,

CD,CD 6627,0

ss

s

WM

WM

τ′

≈= 0

DE,

DE,DE 3373,0

Po podstawieniu wartości momentu podporowego AM wyznaczamy kąty skręcenia poszczególnych odcinków pręta:

sIGlMφ′

= 0AB 6449,0

sIGlMφ′

−= 0BC 3195,0

sIGlMφ′

−= 0CD 6627,0

sIGlMφ′

= 0DE 3373,0

Kąty obrotu poszczególnych przekrojów pręta wynoszą zatem: — kąt obrotu przekroju A

0A =φ


sIGlMφφ′

== 0ABB 6449,0


ss IGlM

IGlMφφφ

′=

′−=+= 00

BCABC 3254,0)3195,06449,0(



ss IGlM

IGlMφφφφ

′−=

′−−=++= 00

CDBCABD 3373,0)6627,03195,06449,0(


0)3373,06627,03195,06449,0( 0DECDBCABE =

′+−−=+++=

sIGlMφφφφφ

Na rys. 4.28 przedstawiono rozwiązanie zadania – wykresy momentów skręcają-cych, naprężeń stycznych oraz kątów obrotu. Na rysunku przyjęto poprawny zwrot momentu podporowego EM .

Rys. 4.28

Documents

Skręcanie prętów – naprężenia styczne, kąty obrotu · 2019. 2. 3. · Skręcanie prętów – naprężenia styczne, kąty obrotu 4.3 gdzie: Ms — moment skręcający, l —