Wytrzymałość Materiałów - Adam Bodnar

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Podstawowe pojęcia, definicje i założenia

7

1. PODSTAWOWE POJĘCIA, DEFINICJE I ZAŁOŻENIA

1.1. Przedmiot i zadania wytrzymałości materiałów

Wytrzymałość materiałów jest nauką o sztywności, wytrzymałości i stateczności konstrukcji

inżynierskich. Pojęcia te, choć intuicyjnie zrozumiałe warto bliżej i szerzej określić. Efekt

działania sił zewnętrznych na ciało materialne (a więc i konstrukcję inżynierską) pozostające

w równowadze może przejawiać się w różnej formie a mianowicie: zmianie kształtów i

wymiarów ciała bez naruszania jego spójności, zniszczenia ciała przez pęknięcie, złamanie

itp. oraz naruszenia jego równowagi stałej jako całości.

Zdolność konstrukcji do przeciwstawienia się tym niekorzystnym efektom nazywamy

odpowiednio jej sztywnością, wytrzymałością i statecznością. Z punktu widzenia inżyniera

konstruktora zadaniem wytrzymałości materiałów jest racjonalny dobór materiału, kształtu i

wymiarów, dowolnie obciążonej i znajdującej się w dowolnych warunkach fizyko

chemicznych i termodynamicznych, konstrukcji, aby była ona odpowiednio sztywna,

wytrzymała, stateczna. Tzn. aby przemieszczenia poszczególnych jej punktów po przyłożeniu

obciążeń nie przekraczały wielkości uznanych za dopuszczalne, aby wartości sił między

cząsteczkowych były mniejsze od pewnych wielkości charakterystycznych dla danego

materiału przy których traci on swoją spójność (niszczy się), i wreszcie aby konstrukcja jako

całość pracowała w stanie równowagi trwałej. Można więc powiedzieć, że celem

wytrzymałości materiałów jest stworzenie podstaw wymiarowania zarówno elementów jak i

całych konstrukcji i warto tu zwrócić uwagę, że mówimy „wymiarowanie”, nie

„projektowanie” bo w toku dalszych studiów przekonamy się, że wymiarowanie to nie to

samo co projektowanie ale bez umiejętności wymiarowania nie można dobrze projektować.

Cele te będą różnie dominować w zależności od rodzaju rozważanej konstrukcji i tak np. strop

w pomieszczeniu musi być wytrzymały i sztywny, ale będą też konstrukcje w których

dopuszczać będziemy duże deformacje bez utraty spójności (np. w procesach tłoczenia blach

karoseryjnych samochodów) albo zniszczenie przy pewnych wartościach obciążeń jak to się

dzieje w przypadku zaworów bezpieczeństwa.

Jak widać z podanych wyżej określeń, modelem ciała będącego w centrum zainteresowania

wytrzymałości materiałów jest ciało odkształcalne i z tego punktu widzenia opisuje ona

zachowanie ciał bliższych rzeczywistości niż mechanika teoretyczna, której modelem było

ciało sztywne, nieodkształcalne. Tym niemniej wytrzymałość materiałów szeroko bazuje na

fundamentalnych wynikach uzyskanych w mechanice teoretycznej w postaci uniwersalnych

twierdzeń i zasad mechaniki jak np. zasada pędu, krętu, prac wirtualnych czy warunki

konieczne i wystarczające równowagi układu sił.

1.2. Schemat obliczeniowy. Klasyfikacja podpór, konstrukcji, obciążeń i materiałów

Przystępując do analizy zachowania się jakiejś konstrukcji rzeczywistej musimy się

zdecydować na odrzucenie pewnych aspektów jej zachowania się czy też budowy, które

wydają się być mało ważne, a wzięcie pod uwagę tylko tych, które w sposób istotny będą

wpływać na sztywność, wytrzymałość i stateczność. Taka idealizacja jest konieczna, gdyż

każdy obiekt rzeczywisty ma bardzo wiele cech, a naszym zadaniem jest osiągniecie

konkretnych ilościowych i jakościowych rezultatów.

Przybliżony model rzeczywistej konstrukcji, uzyskany drogą odrzucenia jej cech

drugorzędnych, nazywamy schematem obliczeniowym. Wybór dobrego schematu

obliczeniowego jest jednym z najtrudniejszych zadań praktyki inżynierskiej i podanie

jednoznacznych kryteriów jego doboru nie jest możliwe. Zasadniczą trudność w wyborze

schematu obliczeniowego stanowi wewnętrzna sprzeczność tkwiąca w tym zagadnieniu,

polegająca na wybraniu i rozważaniu jak najmniejszej ilości cech pierwszorzędnych, aby

otrzymać konkretne wyniki, a z drugiej strony dążność do uwzględnienia jak największej ich


8

liczby, aby analizować model jak najbliższy rzeczywistości. W rezultacie konkretnemu

obiektowi możemy przypisać dużą liczbę schematów obliczeniowych (w zależności od tego,

które aspekty i cechy pominiemy), a danemu schematowi obliczeniowemu może odpowiadać

nawet kilka konkretnych konstrukcji. Ta druga niejednoznaczność jest dla nas korzystna, bo

pozwala na ustalenie pewnych typowych przypadków obliczeniowych.

Omówimy teraz pewne wspólne cechy schematów obliczeniowych i dokonamy ich

klasyfikacji związanej z modelowaniem więzów, geometrii, obciążeń i materiału konstrukcji.

Klasyfikacja podpór

Każda konstrukcja związana jest z podłożem, na które przenosi obciążenia. Połączenia te

stanowią dla konstrukcji więzy i nazywamy je podporami. Wymienimy krótko podpory

płaskie, co nie upraszcza zasadniczo ogólności zagadnienia. Będą to:

• podpora przegubowo-przesuwna

• podpora przegubowa

• sztywne utwierdzenie

• utwierdzenie z możliwością poziomego przesuwu (teleskopowe)

• utwierdzenie z możliwością pionowego przesuwu

• wewnętrzny przegub w konstrukcji

Ich obrazy rzeczywiste jak i rysunki schematyczne oraz oddziaływania na konstrukcje po

zastosowaniu postulatu o więzach były szeroko i wnikliwie omawiane w ramach przedmiotu

mechanika teoretyczna.

Klasyfikacja konstrukcji

Klasyfikację konstrukcji można prowadzić według różnych kryteriów. I tak konstrukcje

możemy podzielić na: statycznie wyznaczalne i statycznie niewyznaczalne albo na: płaskie i

przestrzenne lub na: stalowe, betonowe, żelbetowe, drewniane, zespolone i inne w zależności

od zastosowanych materiałów.

Jednakże z punktu widzenia przedmiotu jakim jest wytrzymałość materiałów jednym z

zasadniczych kryteriów będzie geometria ich elementów i stąd konstrukcje podzielimy na:

• prętowe: belki, ramy, kraty, łuki, ruszty; niektóre z nich mogą być zarówno płaskie, jak i

przestrzenne,

• powierzchniowe: tarcze, płyty, powłoki,

• masywne: mury oporowe, ławy i stopy fundamentowe.

Klasyfikacja obciążeń

Profesjonalnie, z uwagi na warunki projektowania klasyfikacja obciążeń podana jest w

odpowiednich i obowiązujących przepisach nazywanych Polskimi Normami. Na potrzeby

wykładanego przedmiotu, który nie uczy projektowania lecz jedynie podstaw wymiarowania,

obciążenia możemy podzielić ze względu na:

a) sposób przyłożenia do konstrukcji:

• siły powierzchniowe, tj. obciążenia działające na określoną powierzchnię zewnętrzną

konstrukcji. Rozróżniamy tu obciążenia ciągłe, określone intensywnością na jednostkę

długości [N/m] lub na jednostkę powierzchni [N/m2] lub siły skupione [N] (będące

idealizacją obciążeń ciągłych działających na bardzo mały obszar powierzchni elementu

konstrukcji). Mogą też być obciążenia modelowane poprzez skupione momenty [Nm] lub

momenty rozłożone w sposób ciągły [Nm/m],

• siły masowe (lub objętościowe) tj. obciążenia działające na każdą cząstkę materiału

konstrukcji, np. siły grawitacji czy bezwładności,

b) sposób działania na konstrukcję:


9

• obciążenia statyczne, tj. takie, których wielkość i położenie nie zmienia się w czasie lub

zmienia się tak powoli, że nie wywołuje drgań konstrukcji i w obliczeniach nie

uwzględniamy sił bezwładności,

• obciążenia dynamiczne, tj. takie których wielkość lub położenie zmienia się w czasie w

sposób tak gwałtowny, że powoduje drgania konstrukcji i w obliczeniach musimy

uwzględniać siły bezwładności.

Klasyfikacja materiałów

W naszych rozważaniach decydującym kryterium podziału materiałów będzie ich sposób

reagowania na przyłożone obciążenia jak i kierunkowość tego reagowania. I tak materiały

będziemy dzielić na:

• sprężyste, tj. takie w których deformacje powstałe w wyniku przyłożonych obciążeń

znikają po odciążeniu (np. guma),

• plastyczne tj. takie w których deformacje powstałe w wyniku przyłożonych obciążeń nie

znikają po odciążeniu (np. plastelina),

• sprężysto-plastyczne, tj. takie które do pewnego poziomu obciążeń są sprężyste a powyżej

są plastyczne (np. stal).

Będziemy też dzielić materiały na:

• izotropowe, tj. takie których własności w danym punkcie we wszystkich kierunkach są

takie same (np. stal),

• anizotropowe tj. takie których własności w danym punkcie nie są we wszystkich

kierunkach takie same (np. drewno, kompozyty).

Można też materiały podzielić na:

• izonomiczne, tj. takie których własności w danym kierunku nie zależą od wyróżnienia na

nim zwrotu (np. stal),

• anizonomiczne, tj. takie których własności w danym kierunku zależą od wyróżnienia na

nim zwrotu (np. beton czy drewno mają różne własności przy rozciąganiu i ściskaniu).

Oraz na materiały:

• jednorodne, tj. takie których własności we wszystkich punktach pewnej objętości są takie

same (np. stal),

• niejednorodne, tj. takie których własności zależą od wyboru punktu (np. beton, drewno

czy kompozyty).

1.3. Podstawowe założenia

Wstępnie przyjmiemy, że w naszych rozważaniach będziemy się opierać na następujących

założeniach:

• materiał rozważanych konstrukcji wypełnia ich objętość w sposób ciągły czyli stanowi

tzw. continuum materialne. Oznacza to, że traktujemy konstrukcje jako zbiór gęsto

upakowanych punktów materialnych, tj. punktów geometrycznych którym przypisano

masę,

• materiał rozważanych konstrukcji jest sprężysty, izotropowy, jednorodny i izonomiczny,

• przemieszczenia poszczególnych punktów obciążonego ciała są tak małe w porównaniu z

jego wymiarami, że możemy pominąć wpływ przemieszczeń punktów przyłożenia

obciążeń na efekty wywołane tymi obciążeniami. Jest to tzw. zasada zesztywnienia i

pozwala ona m. in. na obliczanie reakcji w ciele odkształcalnym w konfiguracji

początkowej (tzn. przed deformacją konstrukcji spowodowaną obciążeniem), i tym

samym umożliwia stosowanie twierdzeń i zasad mechaniki teoretycznej czyli mechaniki

ciała sztywnego w mechanice ciał odkształcalnych,

• między obciążeniami i przemieszczeniami istnieje liniowa wzajemnie jednoznaczna

zależność,


10

• rozważane przez nas ciała znajdują się w równowadze trwałej czyli statecznej. Istotę tego

założenia można zilustrować zachowaniem się ciężkiej kulki znajdującej się w polu

grawitacyjnym na różnych powierzchniach podparcia,

Rys. 1.1

• sposób przyłożenia obciążeń do danego ciała wpływa na rozkład naprężeń i odkształceń

tylko w bliskim sąsiedztwie obszaru przyłożenia obciążeń. Jest to tzw. zasada de Saint-

Venanta i później sformułujemy ją bardziej precyzyjnie.

W toku dalszych wykładów z niektórych założeń będziemy rezygnować ale wówczas

wyraźnie to zaznaczymy.

równowaga

trwała

równowaga

obojętna równowaga

nietrwała

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Charakterystyki geometryczne figur płaskich.

11

2. CHARAKTERYSTYKI GEOMETRYCZNE FIGUR PŁASKICH

2.1. Definicje podstawowych charakterystyk geometrycznych

Podczas zajęć z wytrzymałości materiałów spotkamy się z następującymi charakterystykami

geometrycznymi figur płaskich:

• pole powierzchni figury,

• moment statyczny figury względem danej osi,

• moment bezwładności figury względem danej osi,

• moment dewiacji (odśrodkowy) względem danych osi,

• biegunowy moment bezwładności,

• promień bezwładności,

• wskaźnik wytrzymałości,

• rdzeń przekroju.

Omówimy teraz pierwszych sześć, pozostałe w toku dalszych wykładów i ćwiczeń.

Rozważmy figurę płaską, pokazaną na rys.2.1, stanowiącą obszar A, określony w

kartezjańskim układzie osi ( X, Y)

Rys. 2.1

Polem powierzchni tej figury nazywamy:

∫∫=

A

dAA [m2 ] ( > 0).

Momentem statycznym figury płaskiej o polu A względem osi X nazywamy :

∫∫=

A

x dAyS [m3 ] ( >, =, < 0).

Momentem statycznym figury płaskiej o polu A względem osi Y nazywamy :

∫∫=

A

y dAxS [m3 ] ( >, =, < 0).

Obliczamy momenty statyczne tej figury względem nowych osi (X1, Y1) przesuniętych o a i b

względem osi (X, Y). Ponieważ:

axxibyy −=−= 11 ,

to:

y1

b

x

y

x1

Y

dA

X1

Y1

a

A

X


12

( )∫∫∫∫ −=−==

A

x

A

x AbSdAbydAyS 11,

( )∫∫∫∫ −=−==

A

y

A

y AaSdAaxdAxS 11.

AaSS,AbSS yyxx −=−=11

(2.1)

gdzie: a i b współrzędne początku nowego układu w starym.

Postawmy teraz takie zadanie: mając osie (X,Y) znaleść położenie nowych osi (Xc,Yc)

względem których momenty statyczne będą równe zero.

Z równania (2.1) łatwo otrzymujemy współrzędne początku nowego układu osi (Xc,Yc)

względem których momenty statyczne są równe zero:

A

Sy;

A

Sx x

cy

c == (2.2)

Punkt C o współrzędnych określonych wzorami (2.2) nazywać będziemy środkiem ciężkości

figury płaskiej, a osie, które przechodzą przez środek ciężkości nazywamy osiami

centralnymi.

Osie centralne figury płaskiej to osie względem których jej momenty statyczne są równe zero.

Wzory (2.2) pozwalają wyznaczyć moment

statyczny figury względem dowolnej osi, bez

konieczności całkowania, jeśli tylko znamy

jej pole powierzchni A i położenie jej środka

ciężkości C.

Zdefiniujemy teraz kolejno momenty bezwładności, moment dewiacji i biegunowy moment

bezwładności.

Rys. 2.2

Momentem bezwładności figury płaskiej o polu A (rys.2.2) względem osi X nazywamy:

∫∫=

A

x dAyJ2 [m

4 ] ( > 0).

Momentem bezwładności figury płaskiej o polu A względem osi Y nazywamy:

∫∫=

A

y dAxJ2 [m

4 ] ( > 0).

y1

x

y

x1

Y

dA

X1

Y1

b

a

A

X

ρ

O

h

z C

hAS z =

A


13

Momentem dewiacji figury płaskiej o polu A względem układu osi (X,Y) nazywamy:

∫∫=

A

xy dAxyJ [m4 ] ( >, =, < 0).

Biegunowym momentem bezwładności figury płaskiej o polu A względem bieguna O nazy-

wamy:

∫∫=

A

dAJ2

0 ρ [m4 ] ( > 0).

Ponieważ: 222 yx +=ρ , to łatwo zobaczyć, że: yx0 JJJ += co pozwala stwierdzić, że:

biegunowy moment bezwładności względem dowolnego punktu równa się sumie

momentów bezwładności względem dwóch do siebie prostopadłych osi przechodzących

przez ten punkt.

Obliczmy momenty bezwładności i dewiacji tej figury względem nowych osi (X1, Y1)

przesuniętych o a i b względem osi (X, Y). Ponieważ:

axxibyy +=+= 11 , to:

( ) ( ) AbSbJdAbbyydAbydAyJ

A

xx

AA

x22222

1122 ++=++=+== ∫∫∫∫∫∫ ,

( ) ( ) AaSaJdAaaxxdAaxdAxJ

A

yy

AA

y22222

1122 ++=++=+== ∫∫∫∫∫∫ ,

( )( ) abAbSaSJdAbyaxdAyxJ yxxy

AA

yx +++=++== ∫∫∫∫ 1111.

Jeśli stare osie (X,Y) są osiami centralnymi to 0=xS oraz 0=yS i otrzymujemy wzory

stanowiące treść twierdzenia Steinera:

AabJJ

AaJJ

AbJJ

xcycyx

ycy

xcx

+=

+=

+=

11

21

21

(2.3)

gdzie: xcycycxc JJJ ,, , momenty bezwładności i dewiacji względem osi centralnych zgodnie

równoległych z osiami (X1,Y1), a i b współrzędne środka ciężkości figury w układzie (X1, Y1).

Wyznaczymy teraz momenty bezwładności i dewiacji względem układu osi (ξ,η) obróconego

względem początku układu (X,Y) o kąt α, jak to pokazane jest na rys.2.3 .

Rys. 2.3

X α

α

x

y

ξ ξ η

η Y

dA

A


14

Łatwo zobaczyć, że współrzędne punktu w nowym układzie związane są ze współrzędnymi w

starym układzie poprzez zależności:

ααηααξ cossin;sincos yxyx +−=+= ,

co można zapisać w postaci macierzowej:

−

=

y

x

αα

αα

η

ξ

cos,sin

sin,cos,

gdzie:

− αα

αα

cos,sin

sin,cos - macierz przejścia od układu starego do nowego, jej wiersze to

współrzędne wersorów kierunkowych nowych osi w starym układzie.

Zgodnie z definicjami momentów bezwładności i dewiacji otrzymujemy:

( ) ααααααηξ

cossin2sincoscossin22

22

xyyx

A A

JJJdAyxdAJ −+=+−== ∫∫ ∫∫ ,

( ) ααααααξη

cossin2cossinsincos22

22

xyyx

A A

JJJdAyxdAJ ++=+== ∫∫ ∫∫ ,

( ) ( ) =+−+== ∫∫ ∫∫ dAyxyxdAJ

A A

ααααηξξη

cossinsincos

αααααα cossincossinsincos 22yxxyxy JJJJ −+−= .

Po wykorzystaniu zależności trygonometrycznych:

( ) ( ) ,22cos1sin,22cos1cos

,sincos2cos,cossin22sin

22

22

αααα

αααααα

−=+=

−==

mamy ostatecznie:

ααξ

2222

sinJcosJJJJ

J xy

yxyx−

−

+

+

= ,

ααη

2222

sinJcosJJJJ

J xy

yxyx+

−

−

+

= , (2.4)

ααξη

222

cosJsinJJ

J xy

yx+

−

= .

Warto zapamiętać te zależności. Wzory o identycznej strukturze jeszcze nie raz pojawią się w

wytrzymałości materiałów.

Bez trudu można stwierdzić, że:

yx JJJJ +=+ηξ

,

czyli, że suma momentów bezwładności figury płaskiej względem dwóch dowolnych ale

prostopadłych do siebie osi o wspólnym początku jest wielkością stałą i co możemy dodać

równa się jej biegunowemu momentowi bezwładności względem punktu początkowego.


15

2.2. Główne osie i momenty bezwładności

Postawimy, teraz ważne pytanie: o jaki kąt α należy obrócić układ osi (X,Y) aby momenty

bezwładności w nowym układzie osiągnęły wartości ekstremalne.

Jest to proste zadanie poszukiwania ekstremum funkcji jednej zmiennej.

Warunki zerowania się pochodnych momentów bezwładności ξ

J i η

J względem kąta α:

,02cos22sin2

2 =−

−

−= αα

α

ξ

xy

yxJ

JJ

d

dJ

02cos22sin2

2 =+

−

= αα

α

η

xy

yxJ

JJ

d

dJ,

dają jedno równanie:

02cos2sin2

=+

−

αα xyyx

JJJ

.

Z powyższego równania, którego lewa strona to moment dewiacji ξη

J względem nowych osi

otrzymujemy:

xy

xy

JJ

J

−

=

22tg α

2

2tg

2

1 πα n

JJ

Jarc

xy

xy+

−

=→ (2.5)

co dowodzi, że osie względem których momenty bezwładności osiągają wartości ekstremalne,

a moment dewiacji jest równy zero są do siebie prostopadłe. Tworzą one układ osi, który

nazywać będziemy układem głównych osi bezwładności. Zatem:

główne osie bezwładności figury płaskiej w dowolnym punkcie to dwie prostopadłe osie

względem których jej moment dewiacji jest równy zero a momenty bezwładności są

ekstremalne (główne momenty bezwładności).

Policzmy wartości głównych momentów bezwładności.

Wykorzystując wzory trygonometryczne:

α

α

α

αα

2tg1

12cos;

2tg1

2tg2sin

22+±

=

+±

=

w których za α2tg wstawiamy wzór (2.5), podstawiamy je do wzorów na ξ

J oraz η

J i

otrzymujemy:


16

( )

( )

( )

( )

( )

( )

2

2

22

22

22

2

22

2

22

224

4

2

1

2

4

2

42

22tg1

2tg

2tg1

1

22

xyyxyx

xyxy

xyyxyx

xyxy

xy

xy

xyxy

xyxy

xyyx

yxxy

yxyx

JJJJJ

JJJ

JJJJJ

JJJ

JJ

JJ

JJ

JJJ

JJJJ

JJJ

JJJJJ

+

−

±

+

=

+−

+−

±

+

=

=

+−

−

−

±

+−

−−

±

±

+

=

+

±

+

−

±

+

=

α

α

α

,

co ostatecznie zapiszemy w postaci:

2

2

122

xy

yxyx

max JJJJJ

JJ +

−

+

+

== (2.6)

2

2

222

xy

yxyx

min JJJJJ

JJ +

−

−

+

==

Wzór (2.5) podaje jedynie kąt transformacji układu wyjściowego do układu głównych osi

bezwładności nie określając jednak, której osi odpowiada Jmax a której Jmin . Można

wyprowadzić zależności podające położenie tych osi; przedstawiają się one następująco:

min2min

max1max tgtg;tgtg

JJ

J

JJ

J

y

xy

y

xy

−

==

−

== αααα (2.7)

We wzorach (2.7) αmax oznacza kąt o jaki należy

obrócić oś X do pokrycia się z główną osią

bezwładności względem której moment bezwładności

jest maksymalny. Analogicznie definiujemy kąt αmin.

W wytrzymałości materiałów interesować nas będzie przede wszystkim położenie tzw.

głównych centralnych osi bezwładności rozważanej figury tj. osi głównych poprowadzonych

przez jej środek ciężkości.

Względem tych osi zerują się momenty statyczne, bo są one osiami centralnymi oraz moment

dewiacji, bo są one osiami głównymi.

Momenty bezwładności względem tych osi nazywać będziemy głównymi centralnymi

momentami bezwładności.

Na koniec kilka ważnych uwag praktycznych:

• jeżeli figura posiada oś symetrii, to jest ona jedną z jej głównych centralnych osi

bezwładności,

• jeżeli figura posiada dwie osie symetrii, to są one jej głównymi centralnymi osiami

bezwładności,

• przy obliczaniu momentów statycznych, bezwładności i dewiacji warto korzystać z

własności addytywności całki podwójnej (równa się ona sumie całek po obszarach

częściowych) i podzielić rozważaną figurę na części, których obliczane momenty oraz

położenie środków ciężkości znamy, a następnie zesumować te częściowe wyniki.

0>αX

Y umowa znaków


17

Warto więc znać i pamiętać charakterystyki geometryczne kilku podstawowych figur

płaskich.

Promieniem bezwładności figury płaskiej o polu A względem dowolnej osi Z nazywamy

wartość dodatnią:

A

Ji zz = [m] .

2.3. Przykłady

Przykład 2.3.1. Wyznaczyć główne centralne osie i momenty bezwładności danej figury

płaskiej.

h/2

b/2 b/2

X

Y

h/2

0

12

123

3

=

=

=

xy

y

x

J

bhJ

hbJ

h/3

2h/3

b/3

X

Y

2b/3

72

36

36

22

3

3

hbJ

bhJ

hbJ

xy

y

x

−=

=

=

r X

Y

0

4

44

4

=

=

=

xy

y

x

J

rJ

rJ

π

π

Y

4r/3

π

X

0

8

11.0

4

4

=

=

≈

xy

y

x

J

rJ

rJ

π

r

X

Y

π3r4 r 4

4

4

0165.0

0549.0

0549.0

rJ

rJ

rJ

xy

y

x

−≅

≅

≅

1

max

C

1

3

2

3

3

6 3

CY0Y

0X

CX

648.2

wymiary w [cm]

2

min 2

0.997

αmax = 56° 49′

αmin = 33° 11′


18

Rozwiązanie

Podzielimy figurę na trzy części: trójkąt, prostokąt i półkole.

Położenie środka ciężkości:

283.332**5.06*33*6*5.0 2=++= πA cm

2,

133.884*2**5.03*6*31*3*6*5.0 20 =++= πxS cm

3,

( ) ( ) 183.332*343*2**5.05.1*6*32*3*6*5.0 20 =+++−= ππyS cm

3,

997.0283.33

183.330===

A

Sx

y

c cm, 648.2283.33

133.880===

A

Sy x

c cm .

Momenty bezwładności i dewiacji względem osi centralnych:

( ) 942.102352.1*2

2*

8

2*352.0*6*3

12

6*3648.1*6*3*

2

1

36

3*6 224

23

23

=++++−+=ππ

xcJ cm4,

( ) ++++−+=42

32

3

2*11.0503.0*6*312

3*6997.2*6*3*

2

1

36

6*3ycJ

753.169003.2*3

2*4*

2

2*22

=

++

π

πcm

4,

( ) ( ) ++−−+= 503.0*352.0*6*3997.2648.1*6*3*2

1

72

3*6 22

xcycJ

3647600323

243521

2

2 2

..*

**.*

*=

++

π

πcm

4.

Główne centralne osie i momenty bezwładności:

++

=+

−

+

+

=

2

753169942102

22

2

2..

JJJJJ

J xcyc

ycxcycxc

max

69821935183347136364762

753169942102 2

2

......

=+=+

−+ cm

4,

−+

=+

−

−

+

=

2

753169942102

22

2

2..

JJJJJ

J xcyc

ycxcycxc

min

9965235183347136364762

753169942102 2

2

......

=−=+

−− cm

4,

'max

maxyc

xcyc

max ...

.

JJ

Jtg 49565291

698219753169

36476 o−=→−=

−

=

−

= αα ,

'min

minyc

xcyc

min ...

.

JJ

Jtg 11336540

99652753169

36476 o=→=

−

=

−

= αα .


19

Sprawdzenia:

695272753169942102 ...JJ ycxc =+=+ cm4,

69427299652698219 ...JJ minmax =+=+ cm4,

ooo 9011334958 =+=+''

minmax αα .

Przykład 2.3.2. Wyznaczyć główne centralne osie i momenty bezwładności układu stalowych

kształtowników walcowanych.

Rozwiązanie

Dane z tablic profili walcowanych:

C

α2 = 12° 30′

X1

X2

Y1 Y2

10.01 4.99 6.00 6.00

2,03

2,90

2,90

6.97

1

YC

XC

2

4.173 6.817

3.058

1.872 α1 = 77° 30′

wymiary w [cm]

Y

A = 14.2 cm2

Jx = 328 cm4

Jy = 215 cm4

6

6

5.8

X

α

X

ξ 10.01

4.99

6.97 2.03

Y η

A = 23.2 cm2

Jx = 532 cm4

Jy = 145 cm4

Jη = 88 cm4

tg α = 0.366

wymiary w [cm]


20

Obliczenie momentu dewiacji kątownika względem osi własnych w oparciu o dane z tablic:

( )maxmaxmax

max tgtg JJJJJ

Jyxy

y

xy−=→

−

= αα ,

osie (ξ, η) to główne centralne osie kątownika, przy czym maxJJ =ξ

a minJJ =η

, zatem:

minyxmaxminmaxyx JJJJJJJJ −+=→+=+ ,

( ) ( )[ ]minmaxmaxmaxmax

max tgtgtg JJJJJJJJJ

Jyxyyxy

y

xy−+−=−=→

−

= ααα ,

( ) ( ) 504.16253288366.0tg −=−=−= xxy JJJη

α cm4.

Położenie środka ciężkości cąłego układu kształtowników:

40.372.142.23 =+=A cm2,

006709342141 ..*.S x == cm3,

05815699102141 ..*.S y == cm3,

1734437

0581561.

.

.

A

Sx

y

c === cm, 8721437

006701 ..

.

A

Sy x

c === cm.

Momenty bezwładności i dewiacji względem osi centralnych:

( ) 091.574058.3*2.14215872.1*2.23145 22=++−+=xcJ cm

4,

( ) 898.1923817.6*2.14328173.4*2.23532 22=++−+=ycJ cm

4,

( ) ( ) 750.314058.3*817.6*2.14872.1*173.4*2.23504.162 =+−−+−=xcycJ cm4.

Główne centralne osie i momenty bezwładności:

=+

−+

+==

2

2

1 7503142

8981923091574

2

8981923091574.

....JJ max

683.1993689.744994.1248 =+= cm4,

=+

−−

+==

2

2

2 7503142

8981923091574

2

8981923091574.

....JJ min

305.504689.744994.1248 =−= cm4,

'max .

..

.tgtg 30775104

68319938981923

75031411

o−=→−=

−

== ααα ,

'min .

..

.tgtg 30122220

3055048981923

75031422

o=→=

−

== ααα .

Sprawdzenia:

989.2497898.1923091.574 =+=+ ycxc JJ cm4,


21

988.2497305.504683.199321 =+=+ JJ cm4,

ooo 9030123077 ''21 =+=+ αα .

Przykład 2.3.3. Łatwo można sprawdzić, że moment bezwładności względem dowolnej osi

przechodzącej przez środek ciężkości kwadratu o boku a wynosi 124a .

To spostrzeżenie bardzo ułatwi wyznaczenie głównych centralnych momentów bezwładności

niżej pokazanych figur płaskich o dwóch osiach symetrii.

Przykład 2.3.4. Wyznaczyć główne osie bezwładności przechodzące przez wierzchołek

trójkąta i momenty bezwładności względem tych osi.

Rozwiązanie

Prowadzimy układ dwóch prostopadłych do siebie osi (X, Y) przechodzących przez

wierzchołek trójkąta.

Obliczamy momenty bezwadności i dewiacji względem tych osi.

α2 = 70° 58′

α1 = 19° 02′ X

1

2

6

4

Y

wymiary w [cm]

( )

12

2

12

14

12

2

12

2

4

2

444

1

aJ

aaaJ

=

=−=

a a

2

1

C

( )

( )

12

5

1212

2

12

15

1212

2

444

2

444

1

aaaJ

aaaJ

=+=

=−=

a

2

1

a

C


22

2164

64 3

==*

J x cm4 , 32

12

46 3

==*

J y cm4 .

Przy obliczaniu ,43bhJ x = wykorzystano wzór na moment bezwładności trójkąta

prostokątnego względem osi przechodzącej przez jego wierzchołek i równoległej do jego

podstawy. Przy obliczaniu ,123bhJ y = wykorzystano wzór na moment bezwładności trójkąta

prostokątnego względem osi przechodzącej przez jego podstawę.

W obu wzorach, których wyprowadzenie przy wykorzystaniu twierdzenia Steinera jest bardzo

proste, h jest wymiarem tego boku trójkąta, który jest prostopadły do osi względem której

liczymy moment bezwładności.

( ) 724*3

4*6*4*

2

1

72

6*4 22

−=−+−=xyJ cm4.

Główne momenty i osie bezwładności przechodzące przez wierzchołek trójkąta:

( ) 825240722

32216

2

32216

22

22

2

2

1 .JJJJJ

J xy

yxyx=−+

−+

+=+

−

+

+

= cm4,

( ) 1757722

32216

2

32216

22

22

2

2

2 .JJJJJ

J xy

yxyx=−+

−−

+=+

−

−

+

= cm4,

'

y

xy.

.JJ

Jtg 02193450

82524032

721

1

1o

=→=

−

−=

−

= αα ,

'

y

xy.

.JJ

Jtg 58709002

175732

722

2

2o

−=→−=

−

−=

−

= αα .

Bardzo ważne przypomnienie. W każdym punkcie płaszczyzny w której dana jest figura

można wyznaczyć dwie wzajemnie do siebie prostopadłe osie względem których moment

dewiacji będzie równy zero a momenty bezwładności będą ekstremalne. Osie te nazywają się

osiami głównymi i tylko głównymi.

Osie główne wyznaczone w środku ciężkości figury są osiami głównymi centralnymi. Ich

własnością jest zerowanie się momentów statycznych (bo to osie centralne) oraz zerowanie

się momentu dewiacji i osiąganie ekstremalnych wartości momentów bezwładności (bo to

osie główne).

Przykład 2.3.5. Wyznaczyć momenty bezwładności ξ

J i η

J oraz moment dewiacji ξη

J

względem osi przechodzących przez punkt K dla danej niżej figury płaskiej.

30°

Y

60°

6

3

4 2

X

ξ

η

wymiary w [cm]

K


23

Rozwiązanie

Należy zastosować wzory transformacyjne (2.4).

Momenty bezwładności i dewiacji względem osi (X, Y):

500.3463

3*2

12

9*6 33

=−=xJ cm4 ,

( ) 000.3345*3*212

2*3

4

6*9 233

=

−+−=yJ cm

4 ,

( ) ( )[ ] 500.3195.1*5*3*203*4*9*6*2

1

72

9*6 22

−=−+−

−+−=xyJ cm

4.

Momenty bezwładności i dewiacji względem osi (ξ, η):

( ) ( )=−−−

−

+

+

=oo 60sin60cos

22xy

yxyxJ

JJJJJ

ξ

( ) 680.66866.0*5.3195.0*2

0.3345.346

2

0.3340.346=−+

−

+

+

= cm4 ,

( ) ( )=−

−

+

+

=oo 120sin120cos

22xy

yxyxJ

JJJJJ

η

( ) 820.613866.0*5.3195.0*2

0.3345.346

2

0.3340.346=+−

−

+

+

= cm4 ,

( ) ( ) ( ) 162.1655.0*5.319866.0*2

0.3345.34660cos60sin

2−=−−

−=−+−

−

=oo

xy

yxJ

JJJ

ξη cm

4.

Sprawdzenie:

500680000334500346 ...JJ yx =+=+ cm4

50068082061368066 ...JJ =+=+ηξ

cm4

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Siły wewnętrzne i przekrojowe.

24

3. SIŁY WEWNĘTRZNE I PRZEKROJOWE

3.1 Siła wewnętrzna

Rys. 3.1

Rozważmy ciało materialne pozostające w równowadze pod działaniem zrównoważonego

układu sił zewnętrznych { Z } (rys. 3.1). Zgodnie z założeniem o continuum materialnym

ciało to jest gęsto wypełniającym objętość zbiorem punktów materialnych.

Pod wpływem przyłożonych obciążeń ciało zmienia swoje kształty i wymiary ale zachowuje

ciągłość, bo to podstawowe żądanie jakie stawiamy konstrukcji, co świadczy o istnieniu między

punktami materialnymi pewnych więzów – sił międzycząsteczkowych.

Wybierzmy wewnątrz bryły dowolny punkt C o wektorze wodzącym r i dokonajmy

myślowego podziału bryły na dwie części płaszczyzną o normalnej zewnętrznej v . Między

punktem C leżącym na płaszczyźnie podziału i przyporządkowanym części I a wszystkimi

punktami części II istnieją wzajemne oddziaływania. Założymy, że te oddziaływania między

cząsteczkowe sprowadzają się jedynie do sił, bez momentów.

Przyjmiemy teraz ważną definicję:

siłą wewnętrzną ),( vrPP = w danym punkcie o wektorze wodzącym r na płaszczyźnie

przekroju o wersorze normalnym v nazywamy wypadkową sił międzycząsteczkowych z

jakimi wszystkie punkty części II rozważanej bryły wyznaczonej płaszczyzną przekroju działają na ten punkt przyporządkowany części I.

Jak łatwo zauważyć w ogólności wypadkowa ta będzie zależała od wyboru punktu i

płaszczyzny przekroju bryły i stąd jest ona funkcją wektorową dwóch wektorów r i v .

Obrazowo możemy powiedzieć, że siła wewnętrzna w punkcie C to siła z jaką wszystkie

punkty materialne części II chcą np. wyrwać ten punkt z części I.

Oczywiście całe rozumowanie wygląda analogicznie gdy punkt C przypiszemy części II.

W tym miejscu warto zwrócić uwagę na dwie sprawy:

• podziału bryły dokonujemy na dwie i tylko dwie części,

• błędne jest powiedzenie: siła wewnętrzna w danym punkcie lub na danej płaszczyźnie

przekroju. Należy określić i punkt i płaszczyznę przekroju.

)v,r(P

v

X

C

Z

Y

r

I II


25

Zgodnie z postulatem o więzach dokonując

podziału konstrukcji na dwie części możemy np.

cześć II odrzucić zastępując jej działanie

układem sił wewnętrznych przyłożonych do

każdego punktu płaszczyzny przekroju.

Wyznaczenie układu sił wewnętrznych w

zadanym przekroju będzie jednym z naszych

podstawowych celów, gdyż jego znajomość jest dla inżyniera konstruktora bardzo ważna,

pozwala mu bowiem ocenić, czy w danym punkcie ciała nie nastąpi utrata spójności materiału

lub daje możliwość określenia koniecznego wzmocnienia w danym kierunku, np. przez

ułożenie zbrojenia w betonie.

3.2 Twierdzenie o równoważności układów sił wewnętrznych i zewnętrznych

Jak już powiedzieliśmy poszukiwanie układu sił wewnętrznych w zadanym przekroju jest dla

nas bardzo ważnym zadaniem. Teraz odpowiemy na pytanie, czy istnieje związek między

układem sił wewnętrznych i zewnętrznych.

Rozważmy ciało w równowadze pod działaniem układu sił zewnętrznych { Z } ≡{ 0 } i

dokonajmy jego podziału na dwie części płaszczyzną o normalnej v (rys.3.2).

Rys. 3.2

Oznaczmy przez:

{ZI} – układ sił zewnętrznych przyłożonych do części I myślowo rozciętej bryły,

{ZII} – układ sił zewnętrznych przyłożonych do części II myślowo rozciętej bryły,

{WI} – układ sił wewnętrznych przyłożonych do części I pochodzący od działania części II,

{WII} – układ sił wewnętrznych przyłożonych do części II pochodzący od działania części I.

Z warunków równowagi ciała jako całości jak i poszczególnych jego części wynikają

zależności:

{ Z I} + { Z II} ≡ { 0 }, (3.1)

{ Z I} + { W I} ≡ { 0 }, (3.2)

{ Z II} + { W II} ≡ { 0 }. (3.3)

Z (3.2) wynika, że { W I} ≡ -{ Z I} , a z (3.1), że { Z II} ≡ - { Z I} zatem

{ W I} ≡ { Z II}. (3.4)

Z (3.3) wynika, że { W II} ≡ -{ Z II} , a z (3.1), że { Z I} ≡ - { Z II} stąd

{ W II} ≡ { Z I}. (3.5)

Ponadto z zasady akcji i reakcji wnosimy:

{ W I} ≡- { W II}. (3.6)

Zależności (3.4) i (3.5) możemy przedstawić w formie twierdzenia o równoważności

odpowiednich układów sił wewnętrznych i zewnętrznych:

I

{ZI}

I

{WI}

II

{ZII} {WII}


26

układ sił wewnętrznych, przyłożonych do przekroju jednej części myślowo rozciętej

bryły jest równoważny układowi sił zewnętrznych przyłożonych do jej drugiej części.

Zwróćmy uwagę, że mimo iż układy { Z I} oraz { Z II} są znane to zależności (3.4) i (3.5) nie

pozwalają na wyznaczenie układów { W I} i { W II} gdyż układów równoważnych danemu

można zbudować nieskończenie wiele, jednakże, twierdzenie o równoważności jest bardzo

cenne, bo pozwala na wyznaczenie elementów zredukowanego układu sił wewnętrznych.

Wynika to ze znanego twierdzenia o układach równoważnych, które mówi, że:

jeśli dwa układy sił są równoważne, to równe są ich sumy i równe są ich momenty liczone

względem tego samego punktu.

Zatem na podstawie wyżej dowiedzionego twierdzenia możemy zapisać:

{ } { }{ } { }

{ } { }

=

=

⇒≡

III

III

III

ZMWM

ZSWSZW

00

, (3.7)

{ } { }{ } { }

{ } { }

=

=

⇒≡

III

III

III

ZMWM

ZSWSZW

00

. (3.8)

gdzie: { }S i { }0M to suma i moment względem punktu O rozważanego układu sił.

Zależności (3.7) i (3.8) będziemy bardzo często wykorzystywać w analizie konstrukcji

prętowych.

3.3. Siły przekrojowe w konstrukcjach prętowych

Przyjmiemy kilka prostych definicji:

• pręt, słup, belka to bryła, w której dwa wymiary są znacznie mniejsze od trzeciego –

długości,

• oś pręta to miejsce geometryczne punktów, będących środkami ciężkości przekrojów

pręta dowolnymi płaszczyznami przecinającymi jego pobocznicę,

• przekrój poprzeczny pręta to przekrój płaszczyzną prostopadłą do jego osi,

• pręt pryzmatyczny to pręt o osi prostej i stałym przekroju poprzecznym.

Pręt jest najczęściej spotykanym w praktyce inżynierskiej elementem konstrukcji dlatego też

on będzie modelem ciała w naszych rozważaniach.

Poszukując elementów zredukowanego układu sił przyłożonych do jednej z przeciętych

części pręta przyjmiemy umowę, że:

• zredukowanego układu sił poszukiwać będziemy na płaszczyźnie przekroju poprzecznego

• biegunem redukcji będzie środek ciężkości tego przekroju.

Weźmy dowolny pręt w równowadze pod działaniem układu sił zewnętrznych (rys.3.3),

podzielmy go na dwie części, odrzućmy część II i korzystając z twierdzenia o równoważności

odpowiednich układów sił, wyznaczmy elementy zredukowanego do środka ciężkości

przekroju poprzecznego układu sił wewnętrznych przyłożonych do części I.

Rys. 3.3

I II

I S

M


27

W ogólnym przypadku w wyniku redukcji otrzymamy układ złożony z wektora sumy S i

wektora momentu M . Mogą się jednak zdarzyć szczególne przypadki redukcji układu sił

wewnętrznych, które nazywamy prostymi przypadkami wytrzymałości:

• Rozciąganie lub ściskanie osiowe Występuje ono wtedy, gdy układ sił wewnętrznych

redukuje się do wypadkowej prostopadłej do przekroju

poprzecznego. Jeśli ma ona zwrot zgodny z normalną

zewnętrzną to występuje rozciąganie osiowe w przeciwnym

przypadku mamy do czynienia ze ściskaniem osiowym.

Wypadkową tę nazywamy siłą podłużną lub osiową i

najczęściej oznaczamy przez N .

• Ścinanie Występuje ono wtedy, gdy układ sił wewnętrznych

redukuje się do wypadkowej stycznej do przekroju

poprzecznego. Wypadkową tę nazywamy siłą poprzeczną lub

tnącą i najczęściej oznaczamy przez Q .

• Zginanie Występuje ono wtedy, gdy układ sił wewnętrznych

redukuje się do pary sił której, wektor momentu jest styczny do

przekroju poprzecznego. Moment ten nazywamy momentem

zginającym i oznaczamy przez M .

• Skręcanie Występuje ono wtedy, gdy układ sił wewnętrznych

redukuje się do pary sił, której wektor momentu jest

prostopadły do przekroju poprzecznego. Moment ten

nazywamy momentem skręcającym i oznaczamy przez SM .

Dowolny zredukowany układ sił wewnętrznych można wyrazić poprzez odpowiednią

kombinację wyżej opisanych prostych przypadków.

Składowe zredukowanego układ sił wewnętrznych M,Q,N i SM nazywamy siłami

przekrojowymi. Po przyjęciu odpowiedniej umowy ich znakowania (np. zgodnie ze zwrotami

układu własnego przekroju poprzecznego pręta i spodami) możemy posługiwać się nimi jak

współrzędnymi opuszczając nadkreślenie.

v

N

M

v

v

SM

v

Q

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu naprężenia.

28

4. TEORIA STANU NAPRĘŻENIA

4.1. Definicja naprężenia

W poprzednim rozdziale zdefiniowaliśmy siłę wewnętrzną w danym punkcie i przekroju.

Stwierdziliśmy też, że dokonując podziału bryły na dwie części możemy analizować

zachowanie się tylko jednej części pod warunkiem, że do każdego punktu przekroju

przyłożymy siłę wewnętrznych z jaką oddziałują na niego wszystkie punkty odrzuconej

części. Siły te tworzą w przekroju nieskończony układ sił wewnętrznych, który jest bardzo

ważny w analizie zachowania się konstrukcji i będzie przedmiotem szczegółowych rozważań

w toku dalszych wykładów.

Aby móc dokonywać analizy układu sił wewnętrznych należy precyzyjnie zdefiniować ich

miarę którą nazwiemy naprężeniem.

W tym celu rozważmy dowolny,

pokazany na rys. 4.1, przekrój bryły

płaszczyzną o wersorze normalnym v

przechodzącą przez dowolny punkt C

o wektorze wodzącym r . Do każdego

punktu płaszczyzny przekroju

przyłożona jest siła wewnętrzna.

Wydzielmy wokół punktu C element

powierzchni ∆A. Niech P∆ oznacza

sumę sił wewnętrznych przyłożonych

do punktów powierzchni ∆A.

Przyjmiemy definicję:

naprężeniem w punkcie o wektorze wodzącym r na powierzchni przekroju o normalnej v

nazywamy wektor

A

Pp

A ∆

∆

∆ 0lim

→

= . (4.1)

Fizycznie naprężenie jest gęstością sił wewnętrznych i jak widać ze wzoru (4.1) w ogólności,

podobnie jak siła wewnętrzna, w bryle (konstrukcji) jest funkcją wektorową dwóch wektorów

, wektora wodzącego punktu r i wersora normalnego płaszczyzny przekroju v .

W ogólności kierunek wektora naprężenia

jest dowolny w odniesieniu do płaszczyzny na

której występuje. Możemy go rozłożyć, jak

pokazuje rys. 4.2, na dwie składowe których

kierunki są normalne i styczne do przekroju

nazywając je odpowiednio naprężeniem

normalnym i stycznym. Tak więc naprężenie

normalne σ to składowa naprężenia

prostopadła do płaszczyzny przekroju a

naprężenie styczne τ to składowa naprężenia

styczna do płaszczyzny przekroju.

Rys. 4.2

C

στ

v

pτσ +=p

Rys. 4.1

v

X

Z

Y

r

P∆

A∆

C


29

4.2. Stan naprężenia w punkcie

Stan naprężenia w punkcie to nieskończony zbiór wektorów naprężeń przyporządkowanych

wszystkim płaszczyznom przecięcia bryły, przechodzących przez ten punkt.

Mówimy, że znamy stan naprężenia w bryle jeśli znamy stan naprężenia w każdym jej

punkcie.

Rozróżniamy trzy rodzaje stanów naprężenia w punkcie: jednoosiowy, płaski i przestrzenny.

Jednoosiowy stan naprężenia występuje wówczas, gdy wektory naprężeń przyporządkowane

dowolnym płaszczyznom cięcia bryły w danym punkcie mają ten sam kierunek.

Płaski stan naprężenia występuje wówczas, gdy wektory naprężeń przyporządkowane

dowolnym płaszczyznom cięcia bryły w danym punkcie leżą w jednej płaszczyźnie

(płaszczyźnie stanu naprężenia).

Przestrzenny stan naprężenia występuje wówczas, gdy wektory naprężeń przyporządkowne

dowolnym płaszczyznom cięcia bryły w danym punkcie są w ogólności różne (mają różne

długości, kierunki i zwroty).

Każdy z tych charakterystycznych stanów naprężenia w punkcie, w całej bryle może być

jednorodny lub niejednorodny. Jednorodny jest wówczas gdy nie zależy od wyboru punktu.

Z definicji stanu naprężenia w punkcie jest zrozumiałe, że jego znajomość jest nieodzowna

przy analizie tego co się dzieje w danym punkcie ciała poddanego działaniu układu sił

zewnętrznych. To oznacza, że musimy znać wektory naprężeń na każdej dowolnej

płaszczyźnie cięcia bryły w danym punkcie a przy analizie zachowania się konstrukcji w

każdym jej punkcie.

4.3. Macierz naprężeń. Graficzny obraz macierzy naprężeń

Dokonajmy przekroju rozważanej bryły w dowolnie wybranym punkcie C trzema

płaszczyznami prostopadłymi do osi układu (X, Y, Z). Wektory naprężeń przyporządkowane

tym płaszczyznom cięcia oznaczymy, odpowiednio, przez zyx ppp ,, (rys. 4.3).

Rys. 4.3

Każdy z tych wektorów naprężeń możemy rozłożyć na trzy składowe równoległe do osi

układu. Jak łatwo zauważyć, zawsze jedna z tych składowych będzie normalna do

płaszczyzny przecięcia a dwie pozostałe będą do niej styczne. Zgodnie z rys. 4.3 możemy

zapisać:

xzxyxxp ττσ ++=

yzyyxyp τστ ++= (4.2)

zzyzxzp σττ ++=

Y X

Z

xv

C

xp

xσ

xyτ

xyτ

C

yv

yzτ

yp

yxτ

yσ

zσ

Y

C

zv

zp

zxτ

zyτ


30

Współrzędne wektorów naprężeń zyx ppp ,, oznaczać będziemy podobnie jak ich składowe,

opuszczając jedynie nadkreślenie i zapiszemy je w formie macierzy σ

T nazywanej macierzą

naprężeń:

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

T

σττ

τστ

ττσ

σ. (4.3)

Możemy więc powiedzieć, że:

macierz naprężeń w punkcie to uporządkowany zbiór współrzędnych trzech wektorów

naprężeń na płaszczyznach prostopadłych do osi układu współrzędnych.

Uporządkowany w ten sposób, że wiersze przedstawiają kolejne współrzędne, kolejnych

wektorów naprężeń. W wyniku takiego uporządkowania na przekątnej macierzy znajdują się

naprężenia normalne a poza przekątną naprężenia styczne. Jasna jest też wymowa indeksów

przy naprężeniach. Indeks przy naprężeniu normalnym pokazuje płaszczyznę na której ono

występuje i do której jest ono prostopadłe, czyli oś układu do której to naprężenie jest

równoległe. Indeksy przy naprężeniu stycznym pokazują: pierwszy płaszczyznę na której ono

występuje, a drugi oś układu do której to naprężenie jest równoległe.

Zatem np. zσ to naprężenie normalne na płaszczyźnie prostopadłej do osi Z, a yxτ to

naprężenie styczne na płaszczyźnie prostopadłej do osi Y i równoległe do osi X.

Powszechnie jest stosowana i co ważniejsze jest wygodna szczególna umowa znakowania

elementów macierzy naprężeń (czyli współrzędnych wektorów naprężeń na płaszczyznach

prostopadłych do osi układu).

Za dodatnie, w macierzy naprężeń, uważamy współrzędne takich składowych, które mają:

• zwrot zgodny ze zwrotem osi do której są równoległe

• i zwrot normalnej zewnętrznej płaszczyzny na której one występują także zgodny ze

zwrotem osi układu do której ta normalna jest równoległa

lub jeśli zarówno składowa jak i normalna mają zwroty przeciwne do odpowiednich osi, do

których są równoległe.

Jest tzw. reguła podwójnej zgodności. W każdym innym przypadku współrzędna jest ujemna.

Zgodnie z przyjętą umową naprężenie normalne jest dodatnie jeśli jest rozciągające, a ujemne

jeśli jest ściskające.

Należy powiedzieć, że macierz naprężeń w punkcie to zbiór liczb. Gdybyśmy rozszerzyli to

pojęcie na całą objętość bryły to miejsce liczb zajmą funkcje współrzędnych wektora

wodzącego dowolnego punktu obszaru bryły.

Jak się wkrótce przekonamy macierz naprężeń w punkcie będzie podstawą określenia w nim

stanu naprężenia.

Dla lepszego zrozumienia oraz utrwalenia przyjętych definicji i umów znakowania

elementów macierzy naprężeń przedstawimy jej graficzną interpretację.

Weźmy obciążone, pozostające w równowadze ciało i wybierzmy w nim dowolny punkt

materialny C (rys. 4.4).

Będziemy go modelować za pomocą dowolnie małego sześcianu, którego ścianki są

równoległe do płaszczyzn układu odniesienia.


31

Rys. 4.4

Ten punkt materialny możemy wyjąc z rozważanej bryły pod warunkiem, że przyłożymy do

niego wszystkie siły z jakimi pozostałe punkty ciała działają na niego. Wielkości tych sił

otrzymamy mnożąc elementy macierzy naprężeń pokazane na rys. 4.4 przez powierzchnie

odpowiednich ścianek sześcianu. Tak więc pokazany na rys. 4.4 sześcian pokazuje graficzny

obraz macierzy naprężeń (wszystkie narysowane na nim składowe macierzy naprężeń są

dodatnie) i równocześnie siły z jakimi wszystkie punkty bryły działają na punkt C.

Z założenia o równowadze rozważnej bryły wynika równowaga sił wewnętrznych

działających na punkt C.

Rozpisując warunki równowagi tych sił otrzymamy zależności:

• z warunków zerowania się momentów sił względem osi układu

=

=

=

zyyz

zxxz

yxxy

ττ

ττ

ττ

(4.4)

• z warunków zerowania się rzutów sił na osie układu

=+

∂

∂

+

∂

∂

+

∂

∂

=+

∂

∂

+

∂

∂

+

∂

∂

=+

∂

∂

+

∂

∂

+

∂

∂

0

0

0

zzzyzx

y

yzyyx

xxzxyx

Pzyx

Pzyx

Pzyx

σττ

τστ

ττσ

(4.5)

gdzie: zyx P,P,P współrzędne siły masowej.

Równania (4.4) dowodzą, że macierz naprężeń jest symetryczna, a równania różniczkowe

(4.5) stanowią warunki konieczne które winny spełniać funkcje trzech zmiennych aby móc

być elementami macierzy naprężeń. Równania różniczkowe (4.5) noszą nazwę równań

równowagi wewnętrznej lub równań Naviera i muszą być stowarzyszone ze statycznymi

yzτ

xzτ

xσ

Y

xyττττ

yσ

yxτ

Y

xσ

Y xyτ

xzτ

Y

yσ

yxτ

Y

zσ

Y

zyτ

zxτ

zxτ

Y

zσ

zyτ

dy

dx

dz

C

Y X

Z

r

yzτ


32

warunkami brzegowymi wiążącymi obciążenie brzegu bryły z elementami macierzy

naprężeń.

4.4. Współrzędne wektora naprężenia na dowolnej płaszczyźnie. Tensor naprężeń

Wytnijmy z wnętrza bryły, będącej w równowadze, nieskończenie mały czworościan wokół

dowolnego punktu C, którego trzy ściany będą równoległe do płaszczyzn układu odniesienia

a czwarta będzie równoległa do dowolnej płaszczyzny o wersorze normalnym ( )nmlv ,, .

Zakładając, że znamy macierz naprężeń w tym punkcie będziemy chcieli wyznaczyć wektor

naprężenia ( )vzvyvxv pppp ,, na tej czwartej dowolnej płaszczyźnie (rys. 4.5).

Rys. 4.5

Oznaczmy pola ścianek czworościanu odpowiednio prostopadłych do osi układu odniesienia

przez: ,,, zyx AAA ∆∆∆ a pole czwartej przez .A∆ Ponieważ współrzędne wersora

normalnego czwartej dowolnie nachylonej ścianki czworościanu

( ) ( ) ( )ZvnYvmXvl ,cos,,cos,,cos === to między polami powierzchni ścianek czworościanu

zachodzą zależności:

nAAmAAlAA zyx ∆∆∆∆∆∆ === ,, .

Tilda „∼” nad naprężeniami na rys. 4.5 oznacza średnią wartość naprężeń na powierzchni

ścianki czworościanu.

Warunki równowagi sił działających na wycięty czworościan dają równania:

nmlpAAAApX zxyxxvxzzxyyxxxvx ττσ∆τ∆τ∆σ∆~~~~~~~~0 ++=→++=→=∑

nmlpAAAApY zyyxyvyzzyyyxxyvy τστ∆τ∆σ∆τ∆~~~~~~~~0 ++=→++=→=∑

nmlpAAAApZ zyxxzvzzzyyzxxzvz σττ∆σ∆τ∆τ∆~~~~~~~~0 ++=→++=→=∑

Po wykonaniu przejścia granicznego z bokami czworościanu do zera z zachowaniem

nachylenia czwartej ścianki w powyższych równaniach w miejsce średnich wartości

współrzędnych naprężeń otrzymujemy wartości w rozważanym punkcie i po wykorzystaniu

symetrii macierzy naprężeń otrzymujemy zależności wiążące jej współrzędne ze

współrzędnymi wektora naprężenia:

xσ~

Y xyτ

~

xzτ~

Y yzτ

~

yσ~

yxτ~

Y

zσ~

Y

zyτ~

zxτ~

( )vzvyvxv pppp ~,~,~~

( )nmlv ,,

C

Y X

Z


33

nmlp xzxyxvx ττσ ++=

nmlp yzyyxvy τστ ++= (4.6)

nmlp zzyzxvz σττ ++=

Równania (4.6) dowodzą, że:

macierz naprężeń w danym punkcie określa w nim stan naprężenia gdyż znajomość jej

elementów pozwala na wyznaczenie współrzędnych wektora naprężenia na dowolnej

płaszczyźnie przechodzącej przez ten punkt.

Równania (4.6) możemy zapisać jeszcze w innej zwartej macierzowej formie:

vTpv σ= →

=

n

m

l

p

p

p

zzyzx

yzyyx

xzxyx

vz

vy

vx

σττ

τστ

ττσ

(4.7)

Powyższe równania pokazują, że w wyniku mnożenia macierzy naprężeń σ

T przez wektor v

otrzymujemy wektor naprężenia vp .

Możemy też to sformułować bardziej

formalnie, że macierz naprężeń w

punkcie jest wielkością, która

dowolnemu kierunkowi v - normalna

do płaszczyzny przecięcia bryły w tym

punkcie, przyporządkowuje wektor

vp - wektor naprężenia na tej

płaszczyźnie (rys. 4.6).

To wyżej powiedziane stanowi dowód na to, że macierz naprężeń jest tensorem drugiego

rzędu co oznacza, że jej elementy transformują się przy zmianie układu odniesienia w pewien

ściśle określony sposób zwany prawem transformacji tensora.

Mając współrzędne wektora naprężenia, na

dowolnej płaszczyźnie, ( )vzvyvxv pppp ,,

określone w wyjściowym układzie

współrzędnych, łatwo możemy wyznaczyć

jego współrzędne odniesione do układu

związanego z tą płaszczyzną, wyznaczonego

przez ortonormalną trójkę wersorów

( )nmlv ,, , ( )111 n,m,lξ , ( )222 n,m,lη .

Pierwszy z tych wersorów jest normalny do

płaszczyzny a dwa pozostałe są do niej

styczne (rys.4.7).

vp

Y X

Z

v

r

Rys. 4.6

Y X

Z

vp

vσ

ξ

η

v

ητ v

ξτ v

Rys.4.7


34

Zaczniemy od rozłożenia wektora vp na trzy składowe (rys.4.7)

ηξ ττσ vvvvp ++= , (4.8)

z których vσ to naprężenie normalne do płaszczyzny a dwie pozostałe ξτ v i ητ v są do niej

styczne i równoległe do wersorów ξ i η , a ich suma przedstawia całkowite naprężenie

styczne:

ηξ τττ vvv += .

Współrzędne wektora vp w układzie odniesienia wyznaczonym przez trójkę wersorów

( v ,ξ ,η ), oznaczymy tak jak jego składowe opuszczając jedynie nadkreślenie. Otrzymamy je

mnożąc skalarnie vp przez odpowiednie wersory (bo to rzuty wektora na oś) i tak:

vv pv=σ , vv pξτξ

= , ηη

τ vv pv= . (4.9)

Uwzględniając w ( 4.9 ) związki ( 4.7) otrzymujemy zależności:

( )

=

n

m

l

n,m,l

zzyzx

yzyyx

xzxyx

v

σττ

τστ

ττσ

σ , (4.10)

( )

=

n

m

l

n,m,l

zzyzx

yzyyx

xzxyx

v

σττ

τστ

ττσ

τξ 111 , (4.11)

( )

=

n

m

l

n,m,l

zzyzx

yzyyx

xzxyx

v

σττ

τστ

ττσ

τη 222 ’ (4.12)

które są konsekwencją tego, że macierz naprężeń jest tensorem.

Macierzowy zapis tych powyższych zależności jest bardzo wygodny w obliczeniach

zwłaszcza gdy korzystamy z ogólnie dostępnych profesjonalnych kalkulacyjnych programów

komputerowych np. typu Excel czy Madcad.

4.5. Statyczne warunki brzegowe

Z rozważanej na rys. 4.5 bryły w równowadze wytnijmy przy jej brzegu elementarny

czworościan którego trzy ściany będą równoległe do płaszczyzn układu odniesienia a czwarta

będzie zawierała element powierzchni zewnętrznej S∆ o wersorze normalnym zewnętrznym

( )nmlv ,, .


35

Rys. 4.8

Analizując, analogicznie jak w punkcie poprzednim, warunki równowagi tak wyciętego

czworościanu otrzymujemy zależności wiążące współrzędne obciążenia bryły

( )vzvyvxv qqqq ,, w rozważanym punkcie brzegowym ze współrzędnymi macierzy naprężeń w

tym punkcie:

nmlq xzxyxvx ττσ ++=

nmlq yzyyxvy τστ ++= (4.13)

nmlq zzyzxvz σττ ++=

Równania (4.13) noszą nazwę statycznych warunków brzegowych i jak już wspomniano są

niezbędne przy rozwiązywaniu równań różniczkowych Naviera.

Statyczne warunki brzegowe (4.13) choć bardzo podobne do równań (4.6), merytorycznie

różnią się zasadniczo. Przede wszystkim lewe strony (4.13) są znane (bo to zadane obciążenie

brzegu bryły) w przeciwieństwie do równań (4.6) w których lewe strony to poszukiwane

współrzędne naprężenia na zadanej dowolnej płaszczyźnie.

4.6. Przykłady

Przykład 4.6.1. Narysować graficzne obrazy danych macierzy naprężeń i określić jaki stan

naprężenia reprezentują.

Rozwiązanie

−−

−

−−

=

423

265

351

σT MPa

Y X

Z

xσ~

Y xyτ

~

xzτ~

Y yzτ

~

yσ~

yxτ~

Y

zσ~

Y

zyτ~

zxτ~

( )vzvyvxv qqqq ~,~,~~

( )nmlv ,,

5 5

2

1

3 6

2 3

4

Z

X Y


36

−−

−

=

402

000

203

σT MPa

=

000

000

005

σT MPa

Równania (4.6) rozstrzygają o tym, że pierwsza macierz reprezentuje przestrzenny stan

naprężenia, druga płaski stan, którego płaszczyzną naprężenia jest płaszczyzna (X, Z), a stan

naprężenia określony trzecią macierzą jest jednoosiowy.

Przykład 4.6.2. W punkcie w którym panuje stan naprężenia określony macierzą naprężenia

−

−

−

=

1002060

2020050

6050100

σT MPa

wyznaczyć:

a/ współrzędne wektora naprężenia na płaszczyźnie o wersorze normalnym ( )21,21,21v ,

b/ długość wektora naprężenia normalnego vσ i stycznego vτ na tej płaszczyźnie,

c/ współrzędne wektora naprężenia normalnego stycznego na tej płaszczyźnie.

Rozwiązanie

Współrzędne wektora naprężenia wyznaczamy z zależności:

vTpv σ= →

=

n

m

l

p

p

p

zzyzx

yzyyx

xzxyx

vz

vy

vx

σττ

τστ

ττσ

426172

160

2

150

2

1100 .***nmlp xzxyxvx =++−=++= ττσ MPa

5 5

Z

X Z

X Y

5

3 3

2

Z

X

2

2

4

4

2 3

2

4

2

Z

X Y


37

858.1102

1*20

2

1*200

2

1*50 =−+=++= nmlp yzyyxvy τστ MPa

711902

1100

2

120

2

160 .***nmlp zyzzxvz =+−=++= σττ MPa

Naprężenie normalne

2841282

171190

2

1858110

2

142617 .*.*.*.npmplpvp vzvyvxvv =++=++==σ MPa

Długość wektora naprężenia stycznego

2v

2vv

2v

2v

2v pp σττσ −=→+=

647208212

.ppppppp vzvzvyvyvxvxv =++= (MPa)2, 78516456284128

22..v ==σ (MPa)

2

06766785164566472082122 ...p vvv =−=−= στ MPa

Ponieważ vvv σσ = , to współrzędne wektora naprężenia normalnego ( )vzvyvxv σσσσ ,, są

równe: 142642

284128.

.lvvx ===σσ MPa, 14264

2

284128.

.mvvy ===σσ MPa,

710902

284128.

.nvvz ===σσ MPa.

Z zależności vvvp τσ += , wynika, że współrzędne wektora naprężenia stycznego

( )vzvyvxv ττττ ,, mają wartości: 323.57536.53787.3 −=−−=−= vxvxvx p στ MPa

322.57536.53858.110 =−=−= vyvyvy p στ MPa, 001.0710.75711.75 =−=−= vzvzvz p στ MPa.

Przykład 4.6.3. Brzeg tarczy kołowej o promieniu R obciążony jest na całym swym

obwodzie obciążeniem normalnym o stałej gęstości q. Napisać statyczne warunki brzegowe

dla tej tarczy.

Równanie brzegu tarczy:

( ) 00,222

=−+→= Ryxyxf

Rozwiązanie

Współrzędne wersora normalnego do brzegu:

( ) ( )

( ) ( ) Rxyxxl

yfxf

xfl =+=→

∂∂+∂∂

∂∂=

22

22222

q

( )mlv ,

Y

X


38

( ) ( )

( ) ( ) Ryyxym

yfxf

yfm =+=→

∂∂+∂∂

∂∂=

22

22222

Statyczne warunki brzegowe

vTqv σ=

mlmqmlq

mllqmlq

yyxyyxvy

xyxxyxvx

στστ

τστσ

+=−→+=

+=−→+=

i ostatecznie

yxyq

yxxq

yyx

xyx

στ

τσ

+=−

+=−

gdzie xyyx ,, τσσ są elementami tensora naprężeń na brzegu tarczy, są więc funkcjami jednej

zmiennej.

Przykład 4.6.4. Wyznaczyć obciążenie pokazanej tarczy spełniające warunki równowagi i

statyczne warunki brzegowe, jeśli stan naprężenia w jej punktach określają zależności

12,6,12 −=== xyyx xyx τσσ

−

−

=

x

yxT

6,12

12,12σ

Rozwiązanie

Obciążenie tarczy stanowią siły masowe i siły przyłożone na jej brzegach.

Siły masowe wyznaczymy z równań Naviera (są to równania równowagi wewnętrznej ale i

warunki konieczne na to aby podane funkcje naprężeń były współrzędnymi tensora naprężeń).

=

−=

→

=

=+

→

=+

∂

∂

+

∂

∂

=+

∂

∂

+

∂

∂

0

12

0

012

0

0

y

x

y

x

y

yyx

x

xyx

P

yP

P

Py

Pyx

Pyx

στ

τσ

.

Obciążenia brzegów tarczy wyznaczymy ze statycznych warunków brzegowych.

+=

+=

mlq

mlq

yyxvy

xyxvx

στ

τσ

0

2

1

Y

X

3 m

4 m


39

Brzeg 0-1;

Równanie brzegu : y = 0 1,0 −== ml

xxq

q

vy

vx

6)1(*6

12)1(*12

−=−=

=−−=

Brzeg 0-2;

Równanie brzegu : x = 0 0,1 =−= ml

12)1(*12

0)1(*12

=−−=

=−=

vy

vx

q

yxq

x q vx q vy

0 -9.6 -7.2

1 6.6 -2.4

2 12.0 2.4

3 6.6 7.2

Brzeg 1-2;

Równanie brzegu : 375.0 +−= xy

8060 .)Y,vcos(m,.)X,vcos(l ====

2.78.48.0*66.0*12

6.96.214.5

6.92.78.0*126.0*12

2

−=+−=

−+−=

=−=−=

xxq

xx

yxyxq

vy

vx

4 -9.6 12.0

Sprawdzenie równowagi obliczonych sił działających na tarczę.

( )

( )

( )

( ) 0126.96.214.512

0;0

21

24

0

=−+−+−+

=+=

∫∫∫∫

∫∫∑ ∫∑

−

dydxydsxxxd

dAPdsqX

A

x

K

vx

( )

( )

( )

02.78.4126

0;0

21

3

0

4

0

=−++−

=+=

∫∫∫

∫∫∑ ∫∑

−

dsxydxdx

dAPdsqY

A

y

K

vy

( )

( )

( ) 0;0 =−+−= ∫∫∑ ∫∑A

xy

K

vxvyO dAPyPxdsqyqxM

6.6

6.6

12.0

9.6

12.0

9.6

q vx q vy

7.2

12.0

24.0

12.0

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.

40

5. ANALIZA PŁASKIEGO STANU NAPRĘŻENIA

5.1. Naprężenia na dowolnej płaszczyźnie

Jak pamiętamy płaski stan naprężenia w punkcie cechuje to, że wektory naprężeń

przyporządkowane wszystkim płaszczyznom przecięcia bryły w danym punkcie leżą w jednej

płaszczyźnie zwanej, płaszczyzną stanu naprężenia. Wówczas w macierzy naprężeń

wszystkie jej elementy w jednym wierszu (kolumnie) mają zerowe wartości.

Taki stan naprężenia występuje np. w płaskich tarczach. Rozważmy zatem płaską tarczę

określoną w układzie współrzędnych (X,Y) i obciążoną dowolnym, ale będącym w

równowadze, układem sił zewnętrznych.

Rys. 5.1

Wybierzmy dowolny punkt C w pokazanej na rys. 5.1 płaskiej tarczy i przyjmijmy, że znamy

w nim współrzędne macierzy naprężeń. Ponieważ panuje w nim płaski stan naprężenia, to

macierz naprężeń będzie miała, w ogólnym przypadku, cztery różne od zera elementy:

=

yyx

xyxT

στ

τσ

σ ,

,.

Współrzędne wektora naprężenia ( )vyvxv ppp ,_

w tym punkcie na płaszczyźnie o wersorze

normalnym ( )mlv ,_

są równe:

mlp xyxvx τσ += ,

mlp yyxvy στ += ,

a naprężenia normalne i styczne na tej płaszczyźnie wynoszą:

( ) ( ) mlmlmmllmlvp xyyxyyxxyx

__

vv τσσσττσσ 222

++=+++== ,

( )( ) ( ) ( )22__

mlmlmllmlmmlsp xyyxyyxxyxvv −++−=++−+== τσσσττστ ,

gdzie: ),( lms − wersor styczny do płaszczyzny (patrz rys. 5.1) i prostopadły do wersora

( )mlv ,_

.

Uwzględniając, że αcos=l a αsin=m , gdzie: α to kąt między kierunkiem wersora ν i

osią X, oraz znane z trygonometrii zależności

Y

X

( )lms ,−

( )

C ( )mlv ,

( )α

vp

vσvτ


41

,cossin22sin,sincos2cos 22αααααα =−=

2

cos21sin,

2

cos21cos

22

22 α

αα

α−

=

+

= ,

po przekształceniach otrzymujemy wzory :

ατα

σσσσ

σ 2sin2cos22

xy

yxyx

v +

−

+

+

= , (5.1) (1)

ατα

σσ

τ 2cos2sin2

xy

yx

v +

−

−= , (5.2)

podające wartości naprężeń normalnych i stycznych na płaszczyźnie przekroju, o wersorze

normalnym nachylonym pod kątem α do osi X. Dodatnim wartością tych naprężeń

odpowiadają zwroty zgodne ze zwrotami wersorów _

v oraz s , gdyż są to miary rzutów

wektora naprężenia ( )vyvxv ppp ,_

na osie wyznaczone tymi wersorami.

Policzmy ile wynosi suma naprężeń normalnych na dwóch dowolnych ale wzajemnie

prostopadłych płaszczyznach przekroju.

Korzystając ze wzoru (5.1) otrzymujemy:

( ) ( ) yxxy

yxyx

xy

yxyx

vv

σσατα

σσσσ

ατα

σσσσ

σσαα

+=+++

−

+

+

+

++

−

+

+

=++

00

90,,

902sin902cos22

2sin2cos22

dowodząc w ten sposób, iż: w płaskim stanie naprężenia suma naprężeń normalnych na

dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach jest wielkością stałą lub, inaczej, że suma

naprężeń na przekątnej macierzy naprężeń jest niezmiennikiem tzn. nie zmienia swej wartości

przy zmianie układu, w którym jest określana. Twierdzenie to odnosi się również do

przestrzennego stanu naprężenia.

5.2. Ekstremalne naprężenia normalne i styczne

Inżyniera analizującego stan naprężenia w danym punkcie interesują przede wszystkim

występujące w nim ekstremalne wartości naprężeń normalnych i stycznych.

Postawmy więc dwa bardzo ważne zagadnienia do rozwiązania:

• na jakiej płaszczyźnie przekroju występują i ile wynoszą ekstremalne naprężenia

normalne,

• na jakiej płaszczyźnie przekroju występują i ile wynoszą ekstremalne naprężenia styczne.

Aby rozwiązać te oba zagadnienia należy wyznaczyć ekstremalne wartości funkcji

( )ασσ vv = oraz ( )αττ vv = .

Zaczniemy od naprężeń normalnych.

Pochodna funkcji ( )ασσ vv = przyrównana do zera

02cos22sin2

2 =+

−

−= ατα

σσ

α

σ

xy

yxv

d

d ,


42

pokazuje, że na tych płaszczyznach przekroju na których naprężenia normalne są ekstremalne,

naprężenia styczne są równe zeru i daje równanie, z którego możemy wyznaczyć

xy

xy

σσ

τ

α

−

−

=

22tg

2

2tg

2

1 π

σσ

τ

α narcxy

xy+

−

−

=→ (5.3)

kąt pod jakim nachylony jest do osi X, wersor normalny płaszczyzny lub płaszczyzn na

których występują ekstremalne naprężenia normalne.

Zależności (5.3) pokazują, że ekstremalne naprężenia normalne występują na dwóch

wzajemnie do siebie prostopadłych płaszczyznach. Płaszczyzny te nazywamy płaszczyznami

głównymi a naprężenia normalne na nich naprężeniami głównymi. Kierunki wersorów

normalnych do płaszczyzn głównych czyli kierunki naprężeń głównych nazywamy

kierunkami głównymi. Zatem:

naprężenia główne w danym punkcie to ekstremalne wartości naprężeń normalnych,

które w nim występują. Działają one na dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach

(płaszczyznach głównych) na których naprężenia styczne są równe zeru. W celu wyznaczenia wartości naprężeń głównych w płaskim stanie naprężenia korzystamy z

poniższych wzorów trygonometrycznych:

α

αα

2tg1

2tg2sin

2+

±= , α

α

2tg1

12cos

2+

±= ,

które wstawiamy do równania (5.1):

α

ατ

α

σσσσ

σσ

2tg1

2tg

2tg1

1

22 2

2

21max

+

+

+

−

+

+

== xy

yxyx,

+

−+

+

−−

+

+

==

α

ατ

α

σσσσ

σσ

2tg1

2tg

2tg1

1

22 2

2

22min xy

yxyx

aby następnie po wykorzystaniu zależności (5.3) otrzymać końcowe rezultaty w postaci:

2

2

2

2

2

1

22

22

xy

yxyx

min

xy

yxyx

max

τ

σσσσ

σσ

τ

σσσσ

σσ

+

−

−

+

==

+

−

+

+

==

(5.4)

Wzór (5.3) podaje jedynie kąt transformacji wyjściowego układu współrzędnych do układu

kierunków naprężeń głównych nie określając, kierunku maxσ i kierunku minσ . Kierunki tych

naprężeń określają poniższe zależności:


43

miny

xy

min

maxy

xy

max tgtg,tgtgσσ

τ

αα

σσ

τ

αα

−

−

==

−

−

== 21 . (5.5)

We wzorach (5.5) maxα oznacza kąt o jaki należy obrócić

oś X do pokrycia się z kierunkiem maksymalnego

naprężenia normalnego maxσ . Analogicznie definiujemy

kąt αmin.

W celu wyznaczania ekstremalnych naprężeń stycznych i płaszczyzn ich występowania

postępujemy podobnie jak w przypadku ekstremalnych naprężeń normalnych.

Przyrównanie do zera pochodnej funkcji ( )αττ vv = :

ατα

σσ

α

τ2sin22cos

22 xy

yxv

d

d−

−

−= = 0 ,

daje zależność, z której wyznaczamy kierunki normalnych do płaszczyzn ekstremalnych

naprężeń stycznych

xy

xy

τ

σσ

ατ

22tg

−

=

22tg

2

1 π

τ

σσ

ατ

narcxy

xy+

−

=→ (5.6)

Wzór (5.6) pokazuje, że ekstremalne naprężenia styczne też występują na dwóch wzajemnie

do siebie prostopadłych płaszczyznach, a τ

α to kąt transformacji układu współrzędnych do

układu wyznaczonego przez normalne do tych płaszczyzn.

Wstawiając (5.6) do (5.2), przy wykorzystaniu analogicznych jak poprzednio zależności

trygonometrycznych otrzymujemy wartości ekstremalnych naprężeń stycznych:

22

2

2

minmaxxy

yx

max

σστ

σσ

τ−

=+

−

= , (5.7)

22

2

2

minmaxxy

yx

min

σστ

σσ

τ−

−=+

−

−=.

Porównanie wzorów (5.3) i (5.6) daje zależność:

422222

παα

παααα

τττ+=→+=→−= ctgtg

co dowodzi twierdzenia, że płaszczyzny ekstremalnych naprężeń stycznych połowią kąty

między płaszczyznami naprężeń głównych (ekstremalnych naprężeń normalnych).

Na koniec powiemy, że w przypadku przestrzennych stanów naprężenia są trzy wzajemnie

prostopadłe płaszczyzny główne na których naprężenia styczne się zerują a naprężenia

normalne są ekstremalne (naprężenia główne). Płaszczyzny ekstremalnych naprężeń

stycznych i w tym przypadku połowią kąty między płaszczyznami naprężeń głównych.

0>α X

Y umowa znaków


44

5.3. Koła Mohra

Stawiamy pytanie: czy wartości naprężeń normalnych i stycznych na dowolnej płaszczyźnie

przekroju bryły w punkcie, w którym panuje płaski stan naprężenia określony zadanymi

współrzędnymi macierzy naprężeń mogą być całkowicie dowolne czy też muszą przyjmować

wartości z pewnego ograniczonego zakresu. Aby odpowiedzieć na to pytanie powrócimy do

równań (5.1) oraz (5.2) i zapiszemy je w nieco zmienionej formie:

,2sin2cos22

ατα

σσσσ

σ xy

yxyx

v +

−

=

+

− (1)

,2cos2sin2

ατα

σσ

τ xy

yx

v +

−

−=

a następnie podniesiemy każde z nich do kwadratu i dodamy stronami otrzymując w wyniku

końcowym zależność:

2

2

2

2

2

22

+

−

=+

+

− xy

yx

v

yx

v τ

σσ

τ

σσ

σ . (5.8)

Równanie (5.8) pokazuje że, wartości naprężeń normalnych i stycznych dla wszystkich

płaszczyzn przekroju bryły w danym punkcie leżą na brzegu koła o promieniu (rys. 5.2).

2

2

2xy

yxR τ

σσ

+

−

= ,

i środku przesuniętym na osi vσ o wielkość 2

yx σσ +

.

Koło to nazywamy kołem Mohra , jest ono graficzną reprezentacją stanu naprężenia w danym

punkcie i możemy z niego wyznaczyć wiele interesujących wielkości związanych ze stanem

naprężenia.

Na rys. 5.2 pokazane jest koło Mohra w punkcie w którym współrzędne macierzy naprężeń

spełniają zależności 0>> yx σσ oraz 0>xyτ . Punkt K pokazany na tym rysunku, nazywany

biegunem koła Mohra, ma współrzędne ( )xyy τσ −, i pozwala na wyznaczenie kierunków

naprężeń głównych.

Łatwo jest dowieść pokazanych na tym rysunku zależności. Ograniczymy się zatem jedynie

do udowodnienia, że OBmax =σ oraz że, OAmin =σ .

Z rysunku widać, że ROOOB += 1 , a ponieważ:

2

1

yxOO

σσ +

= , a 2

2

2xy

yxR τ

σσ

+

−

= , więc:


45

12

2

22σστ

σσσσ

==+

−

+

+

= maxxy

yxyxOB .

Analogicznie dowodzimy drugą zależność.

Z koła Mohra łatwo odczytujemy wartości ekstremalnych naprężeń stycznych, reprezentują je

punkty C i D.

Rys. 5.2

W przestrzennym stanie naprężenia w miejsce jednego mamy trzy koła Mohra, które pokazuje

rys. 5.3 na którym zacieniony obszar to obszar wszystkich możliwych wartości naprężeń

normalnych i stycznych w punkcie (graficzna reprezentacja występującego w nim stanu

naprężenia) w którym naprężenia główne mają wartości 321 ,, σσσ .

Rys. 5.3

xσσσσ

1OO yσσσσ

vτ

vσ

1σ

3σ

2σ

min D

C

xσ

minα

maxα

xyτ−

K

1OO yσ

vτ

vσ

R

BA

maxσ

minσ

max


46

5.4. Przykłady

Przykład 5.4.1. Wyznaczyć analitycznie i sprawdzić przy pomocy koła Mohra naprężenia

główne i ich kierunki w punkcie gdzie dana jest macierz naprężeń w układzie (X,Y)

−

−−

=

50100

100200σ

T MPa

Narysować graficzne obrazy macierzy naprężeń w układzie wyjściowym (X,Y) i w układzie

kierunków głównych naprężeń (1,2).

Rozwiązanie

Wartości naprężeń głównych:

078851002

50200

2

50200

22

22

2

2

1 .xy

yxyx

max =+

−−

+

+−

=+

−

+

+

== τ

σσσσ

σσ MPa

0782351002

50200

2

50200

22

22

2

2

2 .xy

yxyx

min −=+

−−

−

+−

=+

−

−

+

== τ

σσσσ

σσ MPa

Sprawdzenie :

150150078.235078.855020021 −=−→−=+−→+=+ σσσσ yx

Kierunki naprężeń głównych:

'40708508.2078.8550

100tgtg max

max

1maxo

−=→−=

−

=

−

−

== α

σσ

τ

αα

y

xy

'20193508.0078.23550

100tgtg min

min2min

o=→=

+

=

−

−

== α

σσ

τ

αα

y

xy

Sprawdzenie :

ooo 9020194070 =+=+ ''minmax αα

Y X

100

200

200

100

100

50

50 100

078.851 =σ

'40701o

=α

Y

X

2

1

'20192o

=α

078.2352 =σ


47

Macierz naprężeń w układzie (X,Y)

−

−−

=

50100

100200σ

T MPa

Macierz naprężeń w układzie kierunków głównych (1,2)

−

=

078.2350

0078.85σ

T MPa

Macierz przejścia z układu współrzędnych (X,Y) do układu kierunków głównych (1,2)

( ) ( )

−

=

−−=

3311.09436.0

9436.03311.0

'2019sin'2019cos

'4070sin'4070cosoo

oo

ijα

Koło Mohra

Przykład 5.4.2. Wyznaczyć analitycznie naprężenia główne i ich kierunki w punkcie gdzie

dana jest macierz naprężeń w układzie (X,Y)

=

0100

1000σ

T MPa

Narysować graficzne obrazy macierzy naprężeń w układzie wyjściowym (X,Y) i w układzie

kierunków głównych naprężeń (1,2).

Rozwiązanie

Wartości naprężeń głównych:

10010021 =+== σσ max MPa, 1001002

2 −=−== σσ min MPa.

Kierunki naprężeń głównych:

minσ

K

maxα

maxσ

minα

yσxσ

xyτ−

1oO

τ

σ

2

1

maxσminσ

skala naprężeń

1 cm = 50 MPa


48

o450.1100

100tgtg max

max

1max =→=

−

−=

−

−

== α

σσ

τ

αα

y

xy

o450.1100

100tgtg min

min

2min −=→−=−

=

−

−

== α

σσ

τ

αα

y

xy

Zadana macierz naprężeń w punkcie

przedstawia tzw. przypadek czystego

ścinania. W układzie osi (X, Y) postać tej

macierzy wyraźnie uzasadnia tą nazwę.

Przykład pokazuje, że taki stan naprężenia

można generować również poprzez

naprężenia normalne - rozciągające i

ściskające - na prostopadłych do siebie

płaszczyznach nachylonych pod kątem 45°

do osi wyjściowych.

2 1

100

100 100

100

100

100

100

00

100

00

Y

X

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Teoria stanu odkształcenia.

49

6. TEORIA STANU ODKSZTAŁCENIA

6.1. Wektor przemieszczenia liniowego. Odkształcenia liniowe i kątowe.

Kilkakrotnie już było powiedziane, że przedmiotem naszych rozważań jest ciało odkształcal-

ne, tzn. takie, które pod działaniem sił obciążających lub innych czynników (np. cieplno-

wilgotnościowych) zmienia swoje kształty i wymiary. Oznacza to, że punkty tego ciała mogą

zmieniają swoje położenie w przestrzeni, przy czym, co wyraźnie należy podkreślić, będzie

nas interesować zmiana położenia punktów ciała powstała w wyniku jego deformacji, a nie

na skutek jego ruchu jako bryły sztywnej.

Wektor mający początek w punkcie ciała nie

zdeformowanego (w konfiguracji początkowej), a

koniec w tym samym punkcie po deformacji (w

konfiguracji aktualnej) nazywać będziemy

wektorem przemieszczenia liniowego w tym

punkcie. Na rys. 6.1 jest to wektor

wvuAA ++=' . Ponieważ, w ogólności wektory

przemieszczenia liniowego w różnych punktach są

różne to możemy powiedzieć, że przyłożone

obciążenia generują w bryle odkształcalnej

wektorowe pole przemieszczeń, którego

współrzędne są funkcjami położenia punktu w

konfiguracji początkowej ( ),,, zyxuu =

( )zyxvv ,,= , ( )zyxww ,,= .Taki opis deformacji

bryły nazywamy materialnym a współrzędne,

współrzędnymi Lagrange’a.

Do oceny wielkości zmian kształtów i wymiarów bryły wygodnie jest zdefiniować pewne ich

miary - miary deformacji.

W tym celu rozważmy zachowanie się dwóch

punktów A i B które w konfiguracji początkowej

odległe były o 0l , a po przyłożeniu obciążenia

długość łączącego ich włókna (linii materialnej)

zwiększyła się o l∆ (rys. 6.2).

Odkształceniem liniowym w punkcie A w kierunku

punktu B nazywać będziemy:

000

liml

l

lAB

∆ε

→

= (6.1)

Możemy więc powiedzieć, że odkształceniem

liniowym w punkcie w wybranym kierunku

nazywamy względny przyrost długości włókna w

tym punkcie na skutek przyłożonych obciążeń.

Odkształcenie liniowe, które odpowiada

wydłużeniu włókna uważamy za dodatnie.

Odkształcenie liniowe nazywane też są

odkształceniami podłużnymi.

X

Z

Y

l0

A B

konfiguracja

początkowa

konfiguracja

aktualna

B’

A’

l0+∆∆∆∆ l

D

C O

D’

C’

O’

Rys. 6.2

X

Z

Y

A’

A

v

u

w

konfiguracja

początkowa

konfiguracja

aktualna

Rys. 6.1


50

Jeżeli rozważymy dwa prostopadłe włókna przechodzące przez wspólny punkt O w

konfiguracji początkowej (rys. 6.2) to ich odkształcenie kątowe definiujemy jako:

( )'''

ODiOCDOC DOCDOClim −=

→→

γ . (6.2)

Zatem odkształceniem kątowym nazywać będziemy kąt o jaki zmieni się w wyniku

przyłożonych obciążeń kąt prosty między dwoma włóknami przechodzącymi w konfiguracji

początkowej przez wspólny punkt.

Odkształcenie kątowe któremu odpowiada zmniejszenie się kąta prostego uważamy za

dodatnie.

Odkształcenie kątowe nazywane też są odkształceniami postaciowymi.

6.2. Stan odkształcenia w punkcie

Stan odkształcenia w punkcie to nieskończony zbiór odkształceń liniowych i kątowych

wszystkich włókien przechodzących przez ten punkt.

Można wyróżnić trzy rodzaje stanu odkształcenia w punkcie: jednoosiowy, płaski i

przestrzenny.

Są one związane z wymiarowością modelu ciała, który został przyjęty do rozważań i stąd

jednoosiowy stan odkształcenia nie znajduje teoretycznych i praktycznych zastosowań.

W tym miejscu warto podkreślić zasadnicze różnice między pojęciami, które występują w

teorii stanu odkształcenia i naprężenia. W definicji odkształceń występuje punkt i określone

co do kierunku włókno przez niego przechodzące, a w definicji naprężenia występuje punkt i

płaszczyzna o określonej normalnej przechodząca przez ten punkt. Dlatego, mimo, że jak się

później okaże identycznego matematycznego formalizmu w obliczeniach, nie wszystkie

cechy obu tych stanów mogą być identycznie interpretowane i traktowane.

Mówimy, że znamy stan odkształcenia w analizowanej konstrukcji, jeśli znamy stan

odkształcenia w każdym jej punkcie.

6.3. Macierz odkształceń. Graficzny obraz macierzy odkształceń

W dowolnie wybranym punkcie bryły możemy definiować odkształcenia liniowe i kątowe w

dowolnych kierunkach, również w kierunkach osi układu odniesienia. Odkształcenia liniowe i

kątowe w danym punkcie w kierunkach osi układu zapiszemy w postaci macierzy, którą

nazywać będziemy macierzą odkształceń:

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

T

εγγ

γεγ

γγε

ε

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

(6.3)

Tak więc:

macierz odkształceń w punkcie to uporządkowany zbiór odkształceń liniowych i

kątowych trzech włókien przechodzących przez ten punkt i równoległych do osi układu

odniesienia. Macierz uporządkowana jest w ten sposób, że na przekątnej występują odkształcenia liniowe

a poza przekątną połówki odkształceń kątowych. Czytelna jest też wymowa indeksów przy

odkształceniach.

I tak np. zε to odkształcenie liniowe włókna równoległego do osi Z , a xyγ to odkształcenie

kątowe włókien równoległych do osi X i Y.

Z definicji elementów macierzy odkształceń wynika jej symetria:


51

yxxy γγ = , zxxz γγ = , zyyz γγ = (6.4)

Jak się wkrótce przekonamy macierz odkształceń w punkcie będzie podstawą określenia w

nim stanu odkształcenia.

Graficzny obraz macierzy odkształceń w punkcie można przedstawić w postaci deformacji

przechodzących przez ten punkt trzech wzajemnie do siebie prostopadłych włókien o

dowolnie małych długościach 1=== dzdydx , które są równoległe do osi układu

współrzędnych (rys. 6.3) .

Wszytkie pokazane na rys. 6.3 odkształcenia są dodatnie.

Rys. 6.3

6.4. Tensor odkształceń. Odkształcenia liniowe i kątowe dowolnie zorientowanych

włókien

Można dowieść, że macierz odkształceń jest tensorem drugiego rzędu (patrz np. S.Piechnik:

Wytrzymałość Materiałów. PWN 1978) co oznacza, że jej elementy transformują się przy

zmianie układu odniesienia w pewien ściśle określony sposób zwany prawem transformacji

tensora, oraz , że w wyniku mnożenia jej przez jednostkowy wersor ( )nmlv ,, otrzymamy

pewien wektor ( )vzvyvxv e,e,ee , który możemy nazwać wektorem odkształcenia1 określony

zależnościami:

vTev ε= →

=

n

m

l

e

e

e

zzyzx

yzyyx

xzxyx

vz

vy

vx

εγγ

γεγ

γγε

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

. (6.5)

1 J.Więckowski: Wytrzymałość Materiałów . Wydawnictwo Politechniki Gdańskiej, Gdańsk 1975.

xyγ

2

1

yxγ

2

1

C’

B

B’

Y

X

Z

C

D D’

zyγ

2

1

yzγ

2

1

C

B

Y

X

Z

C

D

xzγ

2

1

zxγ

2

1D

’

B

B’

Y

X

Z

C

D

A

A

A

B

dyyε

A

Y

X

Z

dy

dz

dx C

D

C’

dzzε

B

A

Y

X

Z

dy

dz

dx C

D

D’

B

A

Y

X

Z

dy

dz

dx

dxxε

C

D

B’


52

I co więcej, znajomość macierzy odkształceń w

dowolnym punkcie O (tzn. znajomość

odkształceń liniowych i kątowych trzech

wzajemnie prostopadłych włókien OA, OB i

OC pokazanych przykładowo na rys. 6.4)

wystarcza do określenia odkształceń liniowych

i kątowych dowolnych włókien

przechodzących przez ten punkt, bo własności

tensora pozwalają napisać poniższe zależności:

( )

=

n

m

l

n,m,l

zzyzx

yzyyx

xzxyx

v

γγγ

γεγ

γγε

ε

2

1

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

, (6.6)

( )

=

n

m

l

n,m,l

zzyzx

yzyyx

xzxyx

v

γγγ

γεγ

γγε

γξ

2

1

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

2

1111 , (6.7)

( )

=

n

m

l

n,m,l

zzyzx

yzyyx

xzxyx

v

γγγ

γεγ

γγε

γη

2

1

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

2

1222 ’ (6.8)

w których: vε , ξ

γ v , η

γ v to odkształcenia liniowe i kątowe trzech wzajemnie prostopadłych

włókien równoległych do dowolnej ale ortogonalnej trójki wersorów ( )nmlv ,, , ( )111 n,m,lξ

( )222 n,m,lη .

Dalsze rozważania przeprowadzimy dla płaskiej tarczy leżącej w płaszczyźnie (X, Y) w której

panuje płaski stan odkształcenia.

Wybierzmy w niej pokazane na rys. 6.5 dwa

prostopadłe włókna AB i AC przechodzące

przez wspólny, dowolnie wybrany punkt A w

którym znana jest macierz odkształceń:

=

yyx

xyx

T

εγ

γε

ε

2

12

1

Kierunki tych włókien są równoległe do dwójki

wersorów ( )m,lξ i ( )l,m−η nachylonych pod

Y

X

B

A

α

C

αγ

π−

2

B’

A’

C’

ξη

A

D

B

A

O

Y

X

Z

ξ

η

v

Rys. 6.4

Rys. 6.5


53

dowolnym kątem α do osi układu (X, Y).

Odkształcenie liniowe α

ε nachylonego pod kątem α do osi X włókna AB, jak i odkształcenia

kątowe α

γ włókien CAB wyznaczymy korzystając ze wzorów (6.6) i (6.7):

( ) lmmlmmllmlm

lm,l xyyxyyxxyx

yyx

xyx

γεεσγγε

εγ

γε

εα

2

12

2

1

2

1

2

12

1

22++=

++

+=

= ,

( ) ( ) =

++−

+=

−= lmlmmlm

ll,m yyxxyx

yyx

xyx

σγγε

εγ

γε

γα

2

1

2

1

2

12

1

2

1

( ) ( )22

2

1mllm xyxy −+−= γεε .

Jeśli w powyższych związkach uwzględnimy, że αcosl = , αsinm = oraz zależności

trygonometryczne:

( ) ( ) ,22cos1sin,22cos1cos

,sincos2cos,cossin22sin

22

22

αααα

αααααα

−=+=

−==

to odkształcenia liniowe i kątowe dowolnie zorientowanych włokien wyrażone poprzez

współrzęne macierzy odkształceń przedstawiają się następująco:

αγα

εεεε

εα

2sin2

12cos

22xy

yxyx+

−

+

+

= , (6.10)

αγα

εε

γα

2cos2

12sin

22

1xy

yx+

−

−= . (6.11)

Zależności te pokazują, że macierz odkształceń w punkcie określa w nim stan odkształcenia,

gdyż pozwala na wyznaczenie odkształceń liniowych i kątowych dowolnych włókien

przechodzących przez ten punkt.

Z równania (6.10) łatwo można zobaczyć, że:

yx εεεεαα

+=++

o90 co dowodzi twierdzenia, że suma odkształceń liniowych dwóch

prostopadłych włókien przechodzących przez dowolny punkt jest wielkością stałą, tzn. nie

zależy od układu odniesienia. Bardziej formalnie możemy powiedzieć, że suma odkształceń

na przekątnej głównej macierzy odkształceń jest niezmiennikiem. Twierdzenie to jest również

prawdziwe w przypadku przestrzennego stanu odkształcenia.

6.5. Ekstremalne odkształcenia liniowe i kątowe

Pozostaniemy przy analizie stanu odkształcenia płaskiej tarczy. Zależności (6.10) i (6.11)

pokazują, że znajomość macierzy odkształceń w dowolnym jej punkcie pozwala wyznaczyć

wartości odkształceń liniowych i kątowych dowolnie zorientowanych włókien przezeń

przechodzących. W tej sytuacji naturalne jest postawienie dwóch ważnych zagadnień:

• wyznaczyć włókna których odkształcenia liniowe są ekstremalne i wyliczyć wartości tych

odkształceń liniowych,

• wyznaczyć włókna których odkształcenia kątowe są ekstremalne i wyliczyć wartości tych

odkształceń kątowych.


54

Przy rozwiązaniu tych zagadnień wykorzystamy formalną analogię wzorów (5.3) i (5.4) w

płaskim stanie naprężenia oraz wzorów (6.10) i (6.11) w płaskim stanie odkształcenia:

xyxyyyxxvv ,,,, γτεσεσγτεσαα

2

1

2

1→→→→→ .

Korzystając z tej analogii możemy powiedzieć, że: w każdym punkcie ciała w którym panuje

płaski stan odkształcenia można wyróżnić dwa do siebie prostopadłe włókna których

odkształcenia kątowe są równe zero a odkształcenia liniowe są ekstremalne. Kierunki tych

włókien nazywamy kierunkami odkształceń głównych. Zatem:

odkształcenia główne w danym punkcie to ekstremalne wartości odkształceń liniowych

w nim występujących. Są to odkształcenia liniowe dwóch do siebie prostopadłych

włókien których odkształcenia kątowe są równe zero. Wartości odkształceń głównych i ich kierunki określają wzory:

22

2

22

1

2

1

22

2

1

22

+

−

−

+

==

+

−

+

+

==

xy

yxyx

min

xy

yxyx

max

γ

εεεε

εε

γ

εεεε

εε

(6.12)

( ) ( )miny

xy

min

maxy

xy

max tgtg,tgtgεε

γ

αα

εε

γ

αα

−

−

==

−

−

==

2221 (6.13)

Ekstremalne odkształcenia kątowe wynoszą:

22

1

22

122

minmaxxy

yx

max

εεγ

εε

γ−

=

+

−

= , (6.14)

22

1

22

122

minmaxxy

yx

min

εεγ

εε

γ−

−=

+

−

−= ,

a kierunki włókien które ich doznają połowią kąty między kierunkami odkształceń głównych.

Włókna których odkształcenia kątowe są ekstremalne połowią kąty między włóknami

odkształceń głównych.

Koła Mohra dla stanu odkształcenia są analogiczne jak dla stanu naprężenia (rys. 6.6).

αγ

21

min

xε

minα

maxα

xyγ21

−

K

1OO yε

αε

R

BA

maxε

minε

max

C

D

Rys. 6.6


55

Na koniec powiemy, że w przypadku przestrzennych stanów odkształcenia są trzy wzajemnie

prostopadłe włókna których odkształcenia kątowe się zerują a odkształcenia liniowe są

ekstremalne (odkształcenia główne). Włókna których odkształcenia kątowe są ekstremalne

połowią kąty między włóknami odkształceń głównych.

6.4. Równania geometryczne

Jest rzeczą oczywistą, że między przemieszczeniami i odkształceniami muszą istnieć

zależności, nazwiemy je równaniami geometrycznymi.

W celu ich wyprowadzenia rozważmy w bryle w konfiguracji poczatkowej trzy dowolnie

małe, wzajemnie protopadłe i równoległe do osi układu włókna przechodzące przez dowolnie

wybrany punkt A (rys. 6.7).

Rys. 6.7

Rozważymy wpierw deformacje włókien leżących w płaszczyżnie (X, Y). Jeśli przyjmiemy,

że współrzędne wektora przemieszczenia punktu A są u i v , to - jak pokazano na rys. 6.7-

współrzędne wektorów dowolnie bliskich mu punktów będą powiekszone o człony

zawierające jedynie pierwsze ich pochodne jeśli pominięte będą człony zawierające wielkości

dowolnie małe wyższych rzędów.

Zatem odkształcenia liniowe włókien równoległych do osi układu, zgodnie z ich definicją,

przyjmą postać:

x

u

dx

udxx

uu

dxdx

dx

dxx

∂

∂=

−

∂

∂+

→

=

→

=

0

lim

0

lim ∆ε

y

v

dy

vdyy

vv

dydy

dy

dyy

∂

∂=

−

∂

∂+

→

=

→

=

0

lim

0

lim ∆ε

Przejdźmy do wyznaczenia odkształceń kątowych xyγ . Z założenia małych przemieszczeń

wynika, że αα ≈tg oraz ββ ≈tg , a stąd zgodnie z definicją odkształceń kątowych:

X

Z

Y

dz

dx

D

C A

B

dy

xyγπ

−

2 β

α

dxx

uu

∂

∂+

C

A

B

dy

dx

A’

B’

C’

dyy

uu

∂

∂+

dyy

vv

∂

∂+

dxx

vv

∂

∂+

v

u

X

Y

D’

C’

A’

B’


56

( )x

v

y

u

dy

udyy

uu

dx

vdxx

vv

OdyiOdxOdyiOdxxy

∂

∂

+

∂

∂

=

−

∂

∂+

+

−

∂

∂+

=+=

→→→→

limlim βαγ

Prowadząc analogiczne rozważania w pozostałych dwóch płaszczyznach ostatecznie

otrzymamy związki wiążące odkształcenia z przemieszczeniami w postaci:

z

u

x

w

z

w

y

w

z

v

y

v

x

v

y

u

x

u

zxz

yzy

xyx

∂

∂

+

∂

∂

=

∂

∂

=

∂

∂+

∂

∂=

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂=

∂

∂=

γε

γε

γε

,

,

,

(6.15)

Widzimy więc, że znajomość pola przemieszczeń konstrukcji, tj. znajomość funkcji ( )zyxu ,, ,

( ) ( )zyxwzyxv ,,,,, pozwala poprzez proste różniczkownie wyznaczyć macierz odkształceń w

dowolnym jej punkcie. I odwrotnie - znajomość odkształceń, poprzez całkowanie, pozwala

wyznaczyć pole przemieszczeń, przy czym w tym przypadku muszą być jeszcze określone

kinematyczne warunki brzegowe nałożone na analizowaną konstrukcję.

Równania geometryczne (6.9) nazywamy również równaniami Cauchy’ego. Są one słuszne

przy założeniu, że przemieszczenia punktów analizowanych konstrukcji są małe (co już

założyliśmy przyjmując zasadę zesztywnienia) i małe są również ich pierwsze pochodne.

To drugie ograniczenie w ogólnie występujących konstrukcjach inżynierskich jest

powszechnie spełnione co pokazuje poniższy przykład belki. Polska Norma Budowlana

PN-90/B-03200 ogranicza maksymalne ugięcie głównej belki stropowej do wielkości l/350.

Stąd największa wartość pochodnej linii ugięcia wyniesie w przybliżeniu:

Rys. 6.8

6.7. Równania nierozdzielności odkształceń

Łatwo można zauważyć z równań geometrycznych, że trzy odkształcenia w płaskim stanie

odkształcenia:

x

v

y

u

y

v

x

uxyyx

∂

∂+

∂

∂=

∂

∂=

∂

∂= γεε ,,

wyrażają się poprzez dwie współrzędne wektora przemieszczenia co wskazuje, że

odkształcenia są związane jakąś zależnością. Aby ją wyznaczyć zróżniczkujmy każde z nich

dwukrotnie z tym, że pierwsze względem y, drugie względem x , trzecie względem x i y a

następnie dodajmy stronami otrzymując w wyniku równanie:

X

Z

350max lw =

0057.02

350=≈

∂

∂

l

l

x

w

2l


57

yxxy

xyyx

∂∂

∂

=

∂

∂

+

∂

∂ γεε2

2

2

2

2

(6.16)

które nazwiemy równaniem nierozdzielności odkształceń.

Jego intepretację fizyczną obrazuje rys. 6.9. Z geometrycznej reprezentacji macierzy

odkształceń wynika, że w każdym punkcie płaskiej tarczy określa ona deformacje dowolnie

małego jednostkowego kwadratu. Jeśli odkształcenia zadane zostaną zupełnie dowolnie to nie

będzie zachowanej ciągłości tarczy w konfiguracji początkowej i zdeformowanej jak to

obrazuje przypadek a na rys. 6.9. Odkształcenia spełniające równania nierozdzielności

odkształceń dają konfigurację po deformacji zachowującą ciągłość tarczy jak pokazuje

przypadek b.

Rys. 6.9

Można więc powiedzieć, że równania nierozdzielności stanowią warunki konieczne, które

muszą spełniać funkcje aby mogły być współrzednymi przemieszczeń.

W przestrzennym stanie odkształcenia jest sześć równań nierozdzielności odkształceń.

6.6. Względna zmiana objętości w punkcie

Rozważmy przestrzenny stan odkształcenia w punkcie, określony poprzez odkształcenia

główne. Zatem macierz odkształceń będzie miała postać:

=

3

2

1

00

00

00

ε

ε

ε

εT ,

a jej graficzny obraz pokazuje rysunek obok.

Objętość dowolnie małego sześcianu

reprezentującego rozważany punkt w

konfiguracji początkowej, przedstawia się

następująco :

321 ∆∆∆=oV .

Jego objętość po deformacji wynosi:

( ) ( ) ( )332211 111 ε∆ε∆ε∆ +++=V

Względną zmianę objętości w punkcie wyznacza granica:

1

3

2

( )22 1 ε∆ +

( )11 1 ε∆ +

( )33 1 ε∆ +

a b konfiguracja

początkowa


58

( )( )( ) 321133221321321 11110

limεεεεεεεεεεεεεεε ++++++=−+++=

−

→

=

o

o

o V

VV

VD

Po pominięciu iloczynów odkształceń jako małych wyższego rzędu otrzymamy:

321 εεε ++=D

a ponieważ suma odkształceń liniowych jest niezmiennikiem to względna zmiana objętości w

punkcie wynosi:

zyxD εεε ++= (6.19)

Wielkość D często nazywana jest dylatacją.

6.8. Przykłady

Przykład 6.8.1. Wyznaczyć odkształcenia główne

i ich kierunki w punkcie C płaskiej tarczy w

którym wyznaczono przy pomocy tensometrów

elektrooporowych odkształcenia liniowe

ξεεε ,, yx w trzech kierunkach pokazanych na rys.

Rozwiązanie

Aby zastosować wzory (6.12) i (6.13) potrzebujemy znać xyγ . Wyznaczymy to odkształcenie

kątowe, wykorzystując znane odkształcenie liniowe włokna pod kątem 45°

( ) ( )ooo 45*2sin

2

145*2cos

2245 xy

yxyxγ

εεεε

εεξα

+

−

+

+

===

( )yxxyxy

yxεεεγγ

εε

εξξ

+−=→+

+

= 22

1

2

22

222

+

−+

−

+

+

=yxyxyx

max

εε

ε

εεεε

εξ

,

22

222

+

−+

−

−

+

=yxyxyx

min

εε

ε

εεεε

εξ

,

( )

( )max

max2

2tg

εε

εεε

αξ

−

+−

−=

y

yx,

( )

( )min

min2

2tg

εε

εεε

αξ

−

+−

−=

y

yx.

Układy czujników tensometrycznych do pomiaru odkształceń liniowych w ustalonych

kierunkach nazywamy rozetami.

Przykład 6.8.2. Dowieść, że możliwy jest stan odkształcenia w płaskiej tarczy gdy elementy

macierzy odkształceń określają zależności

yxkykyxk xyyx 2;;)( 222==+= γεε

ξY

X

o45

C


59

Rozwiązanie

Sprawdzamy równanie nierozdzielności, które stanowią warunki konieczne na to aby dane

funkcje mogły określać odkształcenia.

kkyxxy

xyyx 202

2

2

2

2

2

=+→

∂∂

∂

=

∂

∂

+

∂

∂ γεε

Równanie nierozdzielności jest spełnione i możliwy jest stan odkształcenia określony

powyższymi funkcjami.

Przykład 6.8.3. Sprawdzić czy poniższe funkcje , mogą być funkcjami odkształceń

yxyyx xyyx 2;;)( 22==+= γεε

Rozwiązanie

Równanie nierozdzielności odkształceń w tym przypadku daje:

200

2

2

2

2

2

≠+→

∂∂

∂

=

∂

∂

+

∂

∂

yxxy

xyyxγεε

co dowodzi, że powyższe funkcje nie mogą być funkcjami odkształceń.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Równania fizyczne.

60

7. RÓWNANIA FIZYCZNE

7.1. Związki między stanem odkształcenia i naprężenia. I i II postać równań Hooke’a

Zależność deformacji bryły od obciążeń zewnętrznych narzuca istnienie zależności między

odkształceniami i naprężeniami. Będziemy się starali ustalić te zależności dla przestrzennych

stanów odkształcenia i naprężenia. Jest rzeczą powszechnie znaną, że konstrukcje o tej samej

geometrii, obciążeniach i więzach, wykonane z różnych materiałów, doznają różnych

deformacji więc jest oczywiste, że poszukiwane zależności muszą być oparte na

doświadczeniach.

Wyobraźmy sobie dowolnie mały

sześcian o ściankach równoległych do

płaszczyzn układu współrzędnych i

poddajmy go działaniu naprężenia

normalnego xσ , równomiernie

rozłożonego na dwóch przeciwległych

ściankach. Doświadczenia pokazują, że

w przypadku materiału sprężystego i

izotropowego naprężenia te nie

wywołają żadnych odkształceń kątowych sześcianu, a odkształcenia

liniowe będą miały wartości:

EE

xxzy

xx

σνενεε

σε −=−=== ,

gdzie: E oraz ν stałe materiałowe noszące odpowiednio nazwy moduł sprężystości (moduł

Younga) i liczba Poissona.

Jeżeli nasz sześcian poddamy działaniu jedynie naprężenia normalnego yσ , równomiernie

rozłożonego na dwóch przeciwległych ściankach to wywoła ono jedynie odkształcenia

liniowe:

EE

y

yzx

y

y

σ

νενεε

σ

ε −=−=== , .

I analogicznie, przy działaniu równomiernie rozłożonego naprężenia normalnego zσ ,

otrzymamy:

EE

zzyx

zz

σνενεε

σε −=−=== , .

Nasuwa się teraz pytanie, czy w przypadku jednoczesnego działania tych trzech naprężeń liniowe odkształcenia w danym kierunku będzie można przedstawić jako sumę algebraiczną odkształceń przy oddzielnym działaniu tych naprężeń (tzn. jako dodanie do siebie efektów

trzech jednoosiowych stanów naprężenia). Odpowiedź na to pytanie jest pozytywna,

potwierdzają ją doświadczenia i formułuje zasada superpozycji:

skutek w określonym kierunku, wywołany przez zespół przyczyn działających

równocześnie jest równy algebraicznej sumie skutków wywołanych w tym kierunku

przez każdą z przyczyn działających oddzielnie. Należy w tym miejscu podkreślić, że stosowalność zasady superpozycji ograniczona jest

dwoma warunkami:

zσ

xσ

xσ

X

Z

Y

yσyσ

zσ

Rys. 7.1


61

• warunkiem proporcjonalności – wymagającym, aby poszczególne skutki były liniowo

zależne od przyczyn, które je wywołały,

• warunkiem niezależności działania – wymagającym, aby żaden ze skutków nie wpływał

na sposób działania pozostałych przyczyn.

Przyjęte przez nas założenia odnośnie materiału oraz małości przemieszczeń i odkształceń prowadzą do spełnienia tych warunków.

Tak więc, wykorzystując zasadę superpozycji możemy zapisać:

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]yxzz

zxyy

zyxx

E

E

E

σσνσε

σσνσε

σσνσε

+−=

+−=

+−=

1

1

1

(7.1)

Powyższe równania pokazują, że związki między odkształceniami liniowymi i naprężeniami

normalnymi określone są poprzez dwie stałe materiałowe E i ν. Do określenia związków

między odkształceniami kątowymi i naprężeniami stycznymi mogą również służyć te same

stałe. Aby tego dowieść rozważmy stan naprężenia określony macierzą :

−

=

σ

σσ

00

00

000

T .

Jest to płaski stan naprężenia w płaszczyźnie (Y, Z) i - jak pokazano na rys. 7.2 - na

płaszczyznach nachylonych pod kątem 45 do osi (Y, Z) występują jedynie naprężenia styczne

στ = (por. przykład 5.4.2).

Odkształcenia liniowe w kierunkach

osi układu wynoszą:

σν

ε

σν

ε

E

E

z

y

+−=

+=

1

1

,

a kątowe jest rowne zeru.

Odkształcenie kątowe γ osi

obróconych o kąt 45° wynoszą:

( ) σνεεγ

E

zy +=−

−

−=1

90sin22

o ,

ale στ = stąd:

( )τ

νγ

E

+=

12.

Oznaczając przez

( )ν+

=

12

EG , ostatecznie możemy

zapisać związek między odkształceniem kątowym i naprężeniem stycznym w formie:

σ

Y

2zε

2zε

γγγγ−o90

στ =

σ

Y

Y

Z

1

2

yε

2

yε

1

Rys. 7.2

σ

Y

σ

Y


62

G

τγ = , (7.2)

gdzie stała materiałowa G nazywana jest modułem ścinania lub Kirchhoffa albo modułem

sprężystośći poprzecznej.

Powracając do rozważanego na początku

sześcianu poddajmy go teraz kolejno działaniu

równomiernie rozłożonych naprężeń stycznych

pokazanych na rys. 7.3. W przypadku sprężystego

ciała izotropowego nie wywołają one odkształceń liniowych a kątowe będą równe:

G

xy

xy

τ

γ = ,

G

yz

yz

τ

γ = , (7.3)

G

xzxz

τγ = .

Równania (7.1) i (7.3) określające związki między odkształceniami i naprężeniami nazywają się równaniami Hooke’a lub związkami konstytutywnymi lub fizycznymi. Tę postać równań fizycznych w których odkszałcenia są funkcjami naprężeń nazwiemy I postacią równań Hooke’a.

Ponieważ rozważamy materiały z załozenia izotropowe to występują w nich tylko dwie stałe

materiałowe które należy wyznaczyć doświadczalnie. Sposób ich wyznaczenia podany

zostanie w toku dalszych wykładów.

Udowodnimy teraz ważne twierdzenie: w ciele sprężystym i izotropowym kierunki naprężeń głównych pokrywają się z kierunkami odkształceń głównych.

Dowód: niech osie X, Y i Z to osie głównych naprężeń. Jeśli tak to naprężenia styczne

0=== zxyzxy τττ a dalej z (7.3) 0=== zxyzxy γγγ co dowodzi, że te osie są osiami

odkształceń głównych.

Aby wyprowadzić związki między naprężeniami i odkształceniami należy odwrócić równania

(7.1) i (7.3). Odwrócenie tych drugich jest sprawą bardzo prostą. Pierwsze odwrócimy

kolejno wykonując:

( )zyxxE σσνσε +−= ,

( )zxyyE σσνσε +−= ,

( )yxzzE σσνσε +−= .

Dodanie stronami tych trzech równań daje zależność:

( ) ( )zyxzyx

Eεεε

ν

σσσ ++

−

=++

21. (7.4)

Przekształcamy pierwsze równanie dodając i odejmując po prawej stronie:

( ) ( ) ( )zyxxxxxzyxx EE σσσνσνεσνσνσσνσε ++−+=→+−+−= 1

Wstawienie (7.4) daje:

yxτ

xzτ

xyτ

yzτ

zyτ

zxτ

X

Z

Y

Rys. 7.3


63

( )

++

−

+

+

= zyxxx

Eεεε

ν

νε

ν

σ

211i postępując analogicznie z następnymi naprężeniami

normalnymi dostajemy równania wiążące je z odkształceniami liniowymi.

II postać równań fizycznych Hooke’a :

( )

++

−

+

+

= zyxxx

Eεεε

ν

νε

ν

σ

211

( )

++

−

+

+

= zyxyy

Eεεε

ν

νε

ν

σ

211 (7.5)

( )

++

−

+

+

= zyxzz

Eεεε

ν

νε

ν

σ

211

zxzxyzyzxyxy GGG γτγτγτ === ,,

7.2. III postać równań Hooke’a - prawo zmiany objętości i prawo zmiany postaci

Przyjmijmy na mocy definicji:

3

zyx

m defεεε

ε

++

=

, 3

zyx

m defσσσ

σ

++

=

(7.6)

jako odkształcenie średnie i naprężenie średnie. Przy tych oznaczeniach wzór (7.4) możemy

zapisać w formie:

mm K εσ 3= (7.7)

gdzie: ( )ν213 −

=E

K jest stałą materiałową i nazywana jest modułem objętościowej

ściśliwości sprężystej lub modułem Helmholtza.

Dokonajmy rozkładu macierzy naprężeń na dwie części

σσσ

ΑΤ D+=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

σττ

τστ

ττσ

=

m

m

m

σ

σ

σ

00

00

00

−

−

−

+

mzzyzx

yzmyyx

xzxymx

σσττ

τσστ

ττσσ

gdzie:

σΑ - aksjator naprężeń,

σD - dewiator naprężeń;

i analogicznie macierzy odkształceń:

εεε

ΑΤ D+=


64

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγ

γεγ

γγε

21

21

21

21

21

21

=

m

m

m

ε

ε

ε

00

00

00

−

−

−

+

mzzyzx

yzmyyx

xzxymx

εεγγ

γεεγ

γγεε

21

21

21

21

21

21

gdzie:

εΑ - aksjator odkształceń,

εD - dewiator odkształceń.

Łatwo sprawdzić, że zachodzą poniższe związki między aksjatorami i dewiatorami naprężeń i odkształceń:

εσΑΑ K3= , (7.8)

εσDGD 2= , (7.9)

które stanowią III postać równań Hooke’a i noszą nazwy prawa zmiany objętości i prawa

zmiany postaci.

Uzasadnienie tych nazw nie jest trudne. Działanie aksjatora naprężeń wywołuje jedynie

zmianę objętości, a odkształcenia postaciowe są równe zeru. Natomiast pod działaniem

dewiatora naprężeń powstają odkształcenia postaciowe, a suma odkształceń liniowych na

przekątnej dewiatora odkształceń jest równa zeru, co dowodzi, że nie ma zmiany objętości.

Wróćmy jeszcze do równania (7.7). Wykorzystując, że zmiana objętości jest równa:

mzyxD εεεε 3=++= ,

możemy zapisać:

mE

D σν21

3−

= .

Jeśli 0>mσ , to oczywiście D>0, a więc musi zachodzić: 1-2ν > 0, czyli 2

1≤νννν .

Maksymalna zmiana objętości będzie zachodzić dla materiału którego 0=νννν , materiał

którego 2

1=ν jest nieściśliwy. Guma ma liczbę Poissona bliską 0.5, a korek bliską 0.

7.3. Przykłady

Przykład 7.3.1. Jakie obciążenie sześcianu o boku a wykonanego z materiału spełniającego

równania Hooke’a, powoduje przemieszczenia dowolnego jego punktu określone funkcjami:

,

,

,

zCw

yCv

xCu

−=

−=

−=

jeśli stałe materiałowe są równe E i ν.

a X

a

a

Z

Y


65

Rozwiązanie

Z równań Cauchy’ego łatwo wyznaczyć, że odkształcenia liniowe są równe

Czyx −=== εεε

a odkształcenia kątowe równają się zeru

0=== zyxzxy γγγ

Odpowiadające im współrzędne tensora naprężeń są równe

0===

−===

zyxzxy

zyx BC

τττ

σσσ

gdzie : ( )ν21−

=E

B .

Obciążenie ścianek sześcianu wyznaczymy ze statycznych warunków brzegowych.

Ścianki 2ax ±= , współrzędne wersora normalnego zewnętrznego 0,1 ==±= nml .

0, === vzvyvx qqBCq m .

Ścianki 2ay ±= , współrzędne wersora normalnego zewnętrznego 0,1 ==±= nlm .

0, === vzvxvy qqBCq m .

Ścianki 2az ±= , współrzędne wersora normalnego zewnętrznego 0,1 ==±= mln .

0, === vyvxvz qqBCq m .

Tak więc ścianki sześcianu obciążone są równomiernie rozłożonym obciążeniem ściskającym

o intensywności BC.

Przykład 7.3.2. Dane są funkcje przemieszczeń w konstrukcji wykonanej z materiału

liniowo sprężystego:

( )410*1.05 −

+= xyu m, ( )410*1.0 −

−= xyyv m, ( ) 422 10* −

−= zxw m,

wyznaczyć macierz odkształceń i naprężeń w punkcie ( )1,2,1−A m, jeśli moduł Younga

E = 205 GPa i liczba Poissona ν = 0.3.

Rozwiązanie

Z równań geometrycznych Cauchy’ego wyznaczymy funkcje odksztaceń a po wstawieniu do

nich wspólrzędnych punktu A otrzymamy wartości występujących w nim odkształceń:

44 10*2.010*1.0 −−

==

∂

∂= y

x

uxε , ( )

44 10*1.110*1.00.1 −−

=−=

∂

∂= x

y

vyε ,

44 10*0.210*2 −−

−=−=

∂

∂= z

z

wzε ,


66

( )44 10*3.010*1.01.0 −−

−=−=

∂

∂+

∂

∂= yx

x

v

y

uxyγ ,

44 10*0.210*2 −−

−==

∂

∂+

∂

∂= x

x

w

w

uxzγ , 0=

∂

∂+

∂

∂=

y

w

z

vyzγ .

Macierz odkształceń ma postać:

4

21

21

21

21

21

21

10*

0.200.1

01.115.0

0.115.02.0−

−−

−

−−

=

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

T

εγγ

γεγ

γγε

ε.

Naprężenia wyznaczymy korzystając z II postaci równań Hooke’a:

( ) =

++

−

+

+

= zyxxx

Eεεε

ν

νε

ν

σ

211

( ) 125.510*0.21.12.03.0*21

3.02.0

3.01

10*205 49

−=

−+

−

+

+

=− MPa,

( ) =

++

−

+

+

= zyxyy

Eεεε

ν

νε

ν

σ

211

( ) 067.910*0.21.12.03.0*21

3.01.1

3.01

10*205 49

=

−+

−

+

+

=− MPa,

( ) =

++

−

+

+

= zyxxz

Eεεε

ν

νε

ν

σ

211

( ) 817.3910*0.21.12.03.0*21

3.00.2

3.01

10*205 49

−=

−+

−

+−

+

=− MPa,

( )( ) 365.210*3.0

3.012

10*205 49

−=−

+

==−

xyxy Gγτ MPa,

( )( ) 769.1510*0.2

3.012

10*205 49

−=−

+

==−

xzxz Gγτ MPa, 0== yzyz Gγτ .

Macierz naprężeń przedstawia się więc następująco:

−−

−

−−−

=

=

817.390769.15

0067.9365.2

769.15365.2125.5

zzyzx

yzyyx

xzxyx

T

σττ

τστ

ττσ

σ MPa.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Energia sprężysta

67

8. ENERGIA SPRĘŻYSTA

8.1. Podstawowe pojęcia

Każde ciało rzeczywiste pod działaniem sił zewnętrznych doznaje deformacji, na których siły

obciążające wykonują pewną pracę L. Praca ta w przypadku adiabatycznego procesu

termodynamicznego jest niezależna od sposobu jej wykonania i równa się energii

wewnętrznej układu W, tj. funkcji, której przyrost w czasie t∆ jest równy pracy

dostarczonej układowi w tym czasie:

WL = .

Powyższa równość wynika z I prawa termodynamiki dla procesów adiabatycznych, tzn.

takich przy których nie ma wymiany ciepła z otoczeniem albo, inaczej, takich, że nie zachodzi

dyssypacja energii układu, co jest charakterystyczną cechą układu sprężystego.

Można dowieść, że w przypadku ciała sprężystego i obciążeń statycznych energia

wewnętrzna układu jest równa energii potencjalnej Wp, która równa się pracy sił

wewnętrznych na odkształceniach przez nie wywołanych i nazywana jest energią sprężystą

układu U:

UWWL p === .

Zatem:

energia sprężysta U to praca sił wewnętrznych na odkształceniach przez nie

wywołanych. Energia ta jest odwracalna, co znaczy, że po usunięciu sił obciążających zużywa się na

odzyskanie początkowej konfiguracji ciała i w nie naprężonym i nie odkształconym stanie

układu jest równa zeru .

Gęstością energii sprężystej Φ lub, inaczej, energią sprężystą właściwą nazywamy ilość

energii sprężystej na jednostkę objętości ciała. Stąd:

∫∫∫=

V

dVU Φ , (8.1)

gdzie: V jest objętością ciała.

Dalej dla prostoty wzorów, łatwości wyprowadzeń i zapisów, wprowadzimy wskaźnikowy

zapis naprężeń i odkształceń. Jego istotę pokazują macierze naprężeń i odkształceń niżej

zapisane w zapisie klasycznym i wskaźnikowym:

układ współrzędnych (X, Y, Z) układ współrzędnych (X1 , X2 , X3)

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

T

σττ

τστ

ττσ

σ,

=

333231

232221

131211

σσσ

σσσ

σσσ

σT ,

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

T

εγγ

γεγ

γγε

ε

21

21

21

21

21

21

,

=

333231

232221

131211

εεε

εεε

εεε

εT .


68

Obliczmy ile wynosi Φ dla ciała o objętości V znajdującego się w równowadze pod

działaniem pewnego układu sił zewnętrznych. W wyniku obciążenia w każdym punkcie tego

ciała powstają stany naprężenia i odkształcenia charakteryzowane poprzez macierze σ

T i

εT .

Wyznaczmy wpierw dowolnie mały przyrost gęstości energii sprężystej na dowolnie małych

przyrostach odkształceń:

.dd...ddd ijij εσεσεσεσΦ =+++= 333312121111 (8.2)

W równaniu (8.2) zastosowana została umowa sumacyjna Einsteina, która mówi, że:

jeżeli w wyrażeniu wskaźnikowym będącym jednomianem wskaźniki powtarzają się, to

należy dokonać sumowania po powtarzających się wskaźnikach do odpowiedniej

wymiarowości obiektu. I tak np.:

332211 babababa ii ++= ; 332211 εεεε ++=ii , i = 1, 2, 3.

Równanie (8.2) można, wykorzystując pojęcie iloczynu skalarnego (poprawniej mówiąc

iloczynu diadycznego ze zwężeniem) tensorów, zapisać w bardzo prostej formie:

εσΦ dTTd = (8.3)

Iloczyn skalarny tensorów otrzymujemy dodając do siebie iloczyny jednoimiennych

elementów.

Pozwala to zapisać gęstość energii sprężystej Φ w postaci:

∫=

ε

εσΦ

T

dTT

0

(8.4)

15.2. Energia sprężysta ciała Hooke’a

Dla ciała liniowo sprężystego związek fizyczny możemy zapisać w formie:

εσTDT = (8.5)

gdzie: D – macierz (tensor) współczynników materiałowych.

Po podstawieniu (8.5) do (8.4) i wykonaniu całkowania otrzymujemy:

εσεεε

ε

Φ TTTDdTTD

T

2

1

2

1 2

0

=== ∫ (8.6)

Wzór (8.6) zapiszemy w innej postaci po dokonaniu rozkładu macierzy (tensorów) naprężeń i

odkształceń na sumę odpowiednich aksjatorów i dewiatorów.

σσσDAT += i

εεεDAT += (8.7)

Przypomnimy, że związki fizyczne między aksjatorami i dewiatorami naprężeń i odkształceń

(wyprowadziliśmy je formułując III postać prawa Hooke’a) można zapisać w formie zwykle

nazywanej prawem zmiany objętości i prawem zmiany postaci:

εσAKA 3= oraz

εσGDD 2= (8.8)


69

gdzie: ν21

3−

=E

K oraz ν+

=

12

EG to stałe materiałowe.

Korzystając ze wzorów (8.7) otrzymujemy:

( ) ( )εσεσεεσσ

Φ DDAADADA2

1

2

1

2

1+=++= (8.9)

gdyż z bardzo łatwej analizy rachunkowej wynika, że :

0=εσ

DA oraz 0=εσ

AD .

Możemy zatem powiedzieć, że gęstość energii sprężystej stanowi sumę

fV ΦΦΦ += , (8.10)

gdzie:

εσΦ AAV

2

1= - gęstość energii sprężystej związanej ze zmianą objętości, (8.11)

εσΦ DDf

2

1= - gęstość energii sprężystej związanej ze zmianą postaci. (8.12)

I analogicznie, energia sprężysta układu stanowi sumę:

,UUU fV += (8.13)

gdzie:

,dVU

V

VV ∫= Φ (8.14)

jest energią odkształcenia objętościowego i przedstawia pracę sił zewnętrznych zużytą na

zmianę jego objętości, a

,dVU

V

ff ∫= Φ (8.15)

jest energią odkształcenia postaciowego i przedstawia pracę sił zewnętrznych zużytą na

zmianę postaci układu.

Wzory na odpowiednie gęstości energii sprężystej, wyrażone przez elementy macierzy

naprężeń mają postać:

( )2

6

21zyx

Eσσσ

νΦ

ν++

−= (8.16)

( ) ( ) ( ) ( )[ ]2222226

6

1zxyzxyxzzyyxf

Eτττσσσσσσ

νΦ +++−+−+−

+= (8.17)

( ) ( ) ( )[ ]222222122

2

1zxyzxyxzzyyxzyx

EτττνσσσσσσνσσσΦ ++++++−++= . (8.18)

Łatwo można stwierdzić, że pochodne gęstości energii sprężystej po elementach macierzy

naprężeń równają się odpowiednim elementom macierzy odkształceń.

Wyznaczymy przykładowo:


70

( )[ ] ( )[ ] xzyxzyx

x EEεσσνσσσνσ

σ

Φ=−−=−−=

∂

∂ 122

2

1,

( )[ ]( )

xy

xy

xyxy

x GEEγ

τ

τν

τν

τ

==+

=+=

∂

Φ∂ 1214

2

1.

Jest rzeczą oczywistą, że korzystając ze związków fizycznych Hooke’a, możemy wyrazić

gęstości energii sprężystej tylko poprzez elementy macierzy odkształceń. Wówczas pochodne

Φ po elementach macierzy odkształceń są równe odpowiednim elementom macierzy

naprężeń.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie

71

9. OSIOWE ROZCIĄGANIE I ŚCISKANIE

9.1. Naprężenia i odkształcenia

Osiowe rozciąganie pręta pryzmatycznego występuje wówczas, gdy układ sił zewnętrznych

po jednej stronie przekroju poprzecznego pręta redukuje się do wypadkowej prostopadłej do

przekroju, zaczepionej w jego środku ciężkości i skierowanej zgodnie z normalną zewnętrzną.

Wypadkową tę N nazywamy siłą osiową lub podłużną i w przypadku gdy jej zwrot jest

zgodny ze zwrotem normalnej zewnętrznej nazywamy siłą rozciągającą a jej współrzędnej N

przypisujemy znak dodatni. Naszym zadaniem będzie wyznaczenie elementów macierzy

naprężeń i odkształceń w dowolnym punkcie pręta, bo te wielkości określają w nim stan

naprężenia i odkształcenia oraz współrzędnych wektora przemieszczenia.

Rozważmy więc, pokazany na rys. 9.1 pręt pryzmatyczny o polu przekroju poprzecznego A,

określony w układzie osi (X, Y ,Z), w którym oś X jest osią pręta, a osie (Y, Z) są osiami

centralnymi jego przekroju poprzecznego. Pręt wykonany jest z izotropowego, jednorodnego,

liniowo sprężystego materiału o stałych materiałowych E oraz ν.

Dokonajmy myślowego przekroju pręta na dwie części, odrzućmy część II a do części I

przyłóżmy układ sił wewnętrznych, który symbolicznie zaznaczymy przez jego miary tzn.

naprężenia xzxyx ττσ ,, zaczepione w dowolnie wybranym punkcie przekroju poprzecznego.

Z twierdzenie o równoważności odpowiednich układów sił wewnętrznych i zewnętrznych

wynika, że:

{ } { } { } { } { } { }

{ } { } { } { } { } { }

===

===

,ZMWM,ZMWM,ZMWM

,ZSWS,ZSWS,ZSWS

IIzIzIIyIyIIxIx

IIzIzIIyIyIIxIx

000000

(9.1)

rzuty sum i momentów zredukowanego układu sił wewnętrznych przyłożonych do części I

oraz układu sił zewnętrznych przyłożonych do części II , są sobie równe.

Zgodnie z powyższym możemy w rozważanym przypadku napisać poniższe związki:

Rys. 9.1

Z Y

X

x

N N

( )001 ,,v

I II

xσ

X

Z

xzτ

xyτ

Y

x

N

I

A A


72

( )

=−==+−

===

∫∫∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫

.0,0,0

,0,0,

A

x

A

x

A

xzxy

A

xz

A

xy

A

x

dAydAzdAyz

dAdANdA

σσττ

ττσ

(9.2)

Równania (9.2) możemy nazwać równaniami równowagi, gdyż wynikają z twierdzenia o

równoważności układów sił wewnętrznych i zewnętrznych udowodnionego na podstawie

warunków równowagi układu sił działających na ciało.

Z równań (9.2) nie można wyznaczyć xzxyx ττσ ,, , gdyż to funkcje trzech zmiennych i aby je

określić, zajmiemy się analizą deformacji bryły po przyłożeniu obciążeń. W oparciu o

przyjęte założenia odnośnie materiału, jak i hipotezę płaskich przekrojów Bernoulliego

przyjmiemy, że obraz deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń jest taki jak to pokazuje rys.

9.2.

Analizując ten obraz deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń przyjmiemy, że:

• pole przemieszczeń jest w nim jednorodne,

• odkształcenia kątowe włókien równoległych do osi układu odniesienia są równe zero,

• odkształcenia liniowe związane są zależnością: xzy ενεε −== .

Powyższe obserwacje pozwalają napisać następujące zależności:

,,, 111

h

hh

h

h

b

bb

b

b

l

ll

l

lzyx

−

==

−

==

−

==∆

ε∆

ε∆

ε

0,0,0 === zxyzxy γγγ .

Nazwiemy je równaniami geometrycznymi gdyż są wynikiem analizy geometrii pręta po

deformacji.

Mając odkształcenia możemy, korzystając z równań fizycznych Hooke’a, wyznaczyć elementy macierzy naprężeń:

Rys. 9.2

Y

X

Z

B’

C’

A’

D’

∆l

b1

h1 h

l1

l

b

B

C

A

D

konfiguracja

aktualna

konfiguracja

początkowa


73

( ) xxzyxxx EE

εσεεε

ν

νε

ν

σ =→

++

−

+

+

=

211,

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= yzyxyy

Eσεεε

ν

νε

ν

σ ,

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= zzyxzz

Eσεεε

ν

νε

ν

σ ,

0=→= xyxyxy G τγτ ; 0=→= yzyzyz G τγτ ; 0=→= zxzxzx G τγτ .

Należy teraz wrócić do równań równowagi (9.2) w celu sprawdzenia czy otrzymane w

oparciu o przypuszczone pole przemieszczeń naprężenia spełniają te obiektywne zależności i

aby wyrazić siły wewnętrzne poprzez siły zewnętrzne.

Zerowanie się naprężeń stycznych powoduje, że równania drugie, trzecie i czwarte są spełnione. Z równania pierwszego otrzymamy

∫∫ ∫∫ =→=

A A

xx NdAENdA εσ , a ponieważ pole odkształceń jest jednorodne, to

odkształcenia liniowe są równe:

AE

Nx =ε , (9.3)

i naprężenia normalne wynoszą:

A

Nx =σ . (9.4)

Wstawiając powyższe do dwóch ostatnich równań równowagi otrzymujemy:

∫∫ ∫∫ =→=

A A

x dAzA

NdAz 00σ

∫∫ ∫∫ =→=−

A A

x dAyA

NdAy 00σ

bo osie (Y, Z) są osiami centralnymi i momenty statyczne przekroju poprzecznego liczone

względem nich są równe zero. Tak więc ostatecznie macierze naprężeń i odkształceń przy

osiowym rozciąganiu mają postać:

=

000

000

00AN

Tσ

,

−

−=

EAN

EAN

EAN

T

ν

νε

00

00

00

. (9.5)

W praktyce inżynierskiej bardzo ważne jest określenie wydłużenia pręta, czyli

przemieszczenie jego końca ∆l. Jeśli pole przemieszczeń w pręcie jest jednorodne to łatwo

wyznaczymy zmianę jego długości bez potrzeby całkowania odkształceń:

AE

lNl

AE

N

l

lx =→== ∆

∆ε . (9.6)


74

Podobnie możemy wyznaczyć zmiany wymiarów (zmniejszenie) przekroju poprzecznego

pręta:

AE

bNb ν∆ −= oraz

AE

hNh ν∆ −= .

Na końcu tej części naszych rozważań należy powiedzieć, że wyprowadzone zależności mogą być stosowane, w tej formie, zarówno dla przypadku rozciągania jak i ściskania osiowego.

W tym drugim przypadku wypadkowa N ma zwrot przeciwny do normalnej zewnętrznej, a

jej współrzędnej N przypisujemy znak ujemny. Przy czym w przypadku ściskania, tj. gdy

N<0 konieczne jest dodatkowe sprawdzenie czy pręt jest w stanie równowagi statecznej.

9.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia

W analizowanym przypadku występuje jednoosiowy i jednorodny stan naprężenia

scharakteryzowany jednym tylko naprężeniem normalnym w przekroju poprzecznym pręta,

które jest równocześnie maksymalnym naprężeniem głównym w przypadku rozciągania

(rys.9.3) i minimalnym w przypadku ściskania. Pozostałe dwa naprężenia główne są równe

zeru a ich kierunki to jakiekolwiek dwa prostopadłe do siebie i równocześnie prostopadłe do

osi pręta.

Ekstremalne naprężenia styczne występują w przekrojach nachylonych pod kątem 45°

do osi

pręta (rys. 9.3) i równają się połowie naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym. Koło

Mohra dla rozważanego przypadku pokazane jest na rys. 9.4.

Rys. 9.3

maxx σσ =maxx σσ =

X

Z

0== minz σσ

0== minz σσ

o45

o45

X

2xστ =

2xστ =

Z

2xσσ =

2xσσ =

0=== zminv σσσ

vτ

O 1O vσ

2xmaxv σττ ==

2xv σσ =

2xv στ =

2xv σσ =

xmaxv σσσ ==

xσ

Rys. 9.4


75

Układ (rozkład) sił wewnętrznych w przekroju poprzecznym pręta pokazuje rys. 9.5.

Wartości naprężeń normalnych w tym przypadku nie zależą o współrzędnych y oraz z więc

można ich rozkład, nie tracąc czytelności, rysować płasko, jak to zostało pokazane na rys.

9.6.

Stan odkształcenia jest też jednorodny ale trójosiowy. Odkształcenia liniowe w kierunku

równoległym do osi pręta są maksymalne w przypadku rozciągania i minimalne w przypadku

ściskania. Pozostałe dwa odkształcenia główne są sobie równe, a ich kierunki to jakiekolwiek

dwa prostopadłe do siebie i równocześnie prostopadłe do osi pręta.

9.3. Energia sprężysta pręta rozciąganego lub ściskanego osiowo

Znajomość elementów macierze naprężeń i odkształceń pozwala na wyznaczenie gęstości

energii sprężystej i energii sprężystej dla rozważanego przypadku obciążenia pręta.

Podstawienie zależności (9.5) do (8.18) daje: 2

2

1

=

A

N

EΦ , i stąd energia sprężysta pręta o długości l i polu przekroju poprzecznego A

rozciąganego (ściskanego) osiowo stałą siłą o wartości N wynosi:

EA

lNdx

EA

NdA

A

N

EdxdV

A

N

EdVU

A

ll

VV222

1

2

12

0

22

0

2

==

=

== ∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫ Φ .

Rys. 9.5

Y

X

Z

ANx =σ

N

I

Rys. 9.6

Z

X

ANx =σZ

X

ANx =σ

lub


76

W przypadku konstrukcji złożonej z wielu prętów o różnych długościach oraz przekrojach

poprzecznych obciążonych osiowo siłami podłużnymi jej energia sprężysta wynosi:

dxEA

NU

n

i

l

i

ii

∑ ∫=

=

1 0

2

2, (9.7)

gdzie sumowanie należy wykonać po wszystkich przedziałach charakterystycznych.

9.4. Zasada de Saint-Venanta Wnioski mówiące o jednorodności rozkładu naprężeń czy odkształceń w pręcie rozciąganym

osiowo mogą budzić pewne zastrzeżenia, jeśli popatrzymy na różne, występujące w praktyce

inżynierskiej, przypadki obciążeń, które redukują się do siły rozciągającej N zaczepionej w

środku ciężkości przekroju poprzecznego. Można przypuszczać, że sposób przyłożenia

obciążenia będzie miał wpływ na rozkład naprężeń i odkształceń. I tak istotnie jest, ale tylko

w bliskim sąsiedztwie obszaru przyłożenia obciążenia. Mówi o tym zasada de Saint-Venanta,

która jest jednym z naszych podstawowych założeń i którą potwierdzają badania

doświadczalne (szczególnie wyraźnie badania elastooptyczne). Zasadę tę można sformułować następująco:

jeżeli na pewien niewielki obszar ciała w równowadze działają rozmaicie rozmieszczone,

ale statycznie równoważne obciążenia, to w odległości znacznie przekraczającej

wymiary tego obszaru wywołują one praktycznie jednakowe stany naprężenia i odkształcenia (rys. 9.7).

9.5. Spiętrzenie naprężeń

Rozkład naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym rozciąganego pręta pryzmatycznego

jest równomierny. W przypadku rozciąganych prętów o zmiennym przekroju poprzecznym

naprężenia normalne nie mają stałych wartości.

Rozwiązanie metodami teorii sprężystości zagadnienie

rozciąganego pręta w kształcie klina (rys. 9.8) pokazuje zmienność naprężeń normalnych i dodatkowo występowanie naprężeń stycznych. Wartość naprężenia maksymalnego maxσ w stosunku

do wartości naprężenia nominalnego ANn =σ wzrasta wraz z

kątem α . Przy o10=α naprężenie maksymalne jest o 1.3 %

większe od nominalnego, a przy o30=α jest już większe o 13 % co

dowodzi, że gdy przekrój zmienia się łagodnie, to z dostateczną dokładnością w obliczeniach można stosować wzory jak dla

prętów pryzmatycznych.

N

N/A

N

N/A

N/A

N/A

N

maxσ

αααα

Rys. 9.8


77

W przypadku gwałtownej zmiany kształtu lokalny wzrost naprężenia może być znaczny. W

pokazanym na rys. 9.9 rozciąganym płaskowniku z otworem w jego pobliżu występuje duży

wzrost naprężeń, nazywany spiętrzeniem lub koncentracją naprężeń. Szczególnie duża

koncentracja naprężeń występuje w przypadku ostrych nacięć (rys. 9.10) i wówczas mówimy

o efekcie karbu, który może prowadzić do powstania pęknięcia, a następnie do zniszczenia

elementu. Analizą propagacji szczelin zajmuje się mechanika pękania, która obecnie ze

względu na ważność i złożoność problemów, z którymi ma do czynienia stanowi

autonomiczny przedmiot mechaniki.

9.6. Podstawowe dane doświadczalne. Statyczna próba rozciągania

W dotychczasowych naszych rozważaniach zetknęliśmy się już z takimi wielkościami, jak

moduł Younga i współczynnik Poissona. Są one charakterystyczne dla danego materiału i

nazwaliśmy je ogólnie stałymi materiałowymi. Wspomnieliśmy również, że dla każdego

materiału istnieją pewne charakteryzujące go wielkości sił między cząsteczkowych, po

przekroczeniu których traci on swoją spójność (niszczy się). Te jak i inne jeszcze wielkości

określające własności mechaniczne materiału, mogą być wyznaczone jedynie na drodze

doświadczalnej. Sposób i warunki przeprowadzania odpowiednich badań laboratoryjnych są określone bardzo precyzyjnymi przepisami, podanymi w Polskich Normach.

Jednym z podstawowych badań jest statyczna próba rozciągania, gdyż, jak w żadnym innym

doświadczeniu, statyczne i kinematyczne warunki brzegowe jakim podlega badana próbka są najbliższe tym, które zakładane są w modelu teoretycznym.

Realizowane w próbce stany naprężenia i odkształcenia reprezentowane są przez dwie

wielkości: naprężenia normalne σ w przekroju poprzecznym badanej próbki oraz

odkształcenia liniowe ε w kierunki jej osi. Obie te wielkości można wyznaczyć z prostych

pomiarów podczas badania i, co więcej, związek między nimi εσ E= zawiera stałą materiałową jaką jest moduł Younga E.

Dalej przedstawimy najważniejsze wyniki próby rozciągania stali, wykonanej w sposób

określony normą PN-76/H-04310. Dla innych materiałów powszechnie stosowanych w

konstrukcjach budowlanych (beton czy drewno) obowiązują inne normy ale z uwagi na

przyjęte założenia o własnościach analizowanych przez nas konstrukcji stal jest modelowym

materiałem i dlatego nią się przede wszystkim zajmiemy.

Wykonane zgodnie z podaną normą próbki (zwykle o przekroju kołowym) stali rozciągane są osiowo w maszynach wytrzymałościowych najczęściej aż do zniszczenia próbki. Podczas

próby rejestrowane są zmiany wielkości siły rozciągającej i wymiarów próbki, dzięki czemu

nσmaxσ

N

Rys. 9.9

nσ

maxσ

N

N

Rys. 9.10

N


78

można sporządzić tzw. wykres rozciągania w układzie εσ − . Wykres rozciągania stali

miękkiej pokazuje rys.9.11.

Na osi odciętych mamy odkształcenie liniowe

włókien równoległych do osi pręta,

wyznaczane ze wzoru

0L

l∆ε = gdzie: 0L - pierwotna długość

odcinka próbki (długość pomiarowa), którego

wydłużenia l∆ są rejestrowane.

Na osi rzędnych występują naprężenia

normalne w przekroju poprzecznym pręta,

wyznaczane ze wzoru:

0A

N=σ , gdzie: N - siła rozciągająca próbkę,

rejestrowaną podczas badania, A0 - pole

pierwotnego przekroju poprzecznego próbki..

Ponieważ podczas wykonywania próby pole przekroju poprzecznego próbki maleje, to te

naprężenia są wielkościami umownymi.

Omówimy krótko poszczególne charakterystyczne części wykresu rozciągania. Na

prostoliniowym odcinku OA odkształcenia są liniowo zależne od naprężeń i znikają po

zdjęciu obciążenia. Tak więc własności materiału są liniowo sprężyste i największe

naprężenie, przy którym te własności jeszcze występują HR , nazywamy granicą

proporcjonalności albo granicą stosowania prawa Hooke’a. Na krzywoliniowym odcinku AB,

kończącym się naprężeniem SR , materiał jest jeszcze sprężysty ale zależność między

naprężeniami i odkształceniami jest nieliniowa. SR nazywamy granicą sprężystości, po jej

przekroczeniu w materiale zaczynają występować trwałe (plastyczne) odkształcenia. W

punkcie C wykresu, któremu odpowiadają naprężenia eR , w próbce narastają znaczne

odkształcenia: 10 do 15 razy większe niż przy granicy sprężystości, przy stałych a nawet

malejących naprężeniach. Zjawisko to nazywamy płynięciem materiału (część CD określana

jest jako platforma płynięcia), a naprężenie eR - wyraźną granicą plastyczności. Płynięcie

materiału kończy się w punkcie D, w którym zmienia się charakter wykresu. Przyrost

odkształceń wymaga przyrostu naprężeń, materiał się wzmocnił i sytuacja taka trwa aż do

punktu F, któremu odpowiada największa siła uzyskana w czasie próby. Naprężenia

odpowiadające temu punktowi mR , nazywamy wytrzymałością na rozciąganie. W momencie

badania, któremu odpowiada na wykresie rozciągania punkt F, w próbce tworzy się przewężenie, tzw. szyjka i prawie natychmiast próbka w tym miejscu ulega zerwaniu.

Podczas próby rozciągania prócz wyznaczenia wyżej opisanych granicznych wartości

naprężeń możemy wyznaczyć moduł Younga i liczbę Poissona. Moduł Younga to nic innego

jak tangens kąta nachylenia liniowej części wykresu rozciągania:

α

ε

σtg==E .

Rejestrując zmianę średnicy próbki d∆ podczas próby możemy wyznaczyć odkształcenia

liniowe w kierunku poprzecznym do osi pręta :

Rys. 9.11

D B

A RH

RS

Re

Rm

O

C F

H

ε

naprężenia

rzeczywiste

σ

G

α


79

0d

dpop

∆ε = , gdzie : 0d - pierwotna średnica próbki.

Liczbę Poissona otrzymujemy dzieląc odkształceń liniowe w kierunku poprzecznym przez

odkształcenia liniowe w kierunku równoległym do osi próbki:

ε

ε

νpop

= .

Wyżej wspomniano, że naprężenia na wykresie rozciągania są naprężeniami umownymi,

gdyż otrzymane zostały przez podzielenie siły rozciągającej przez początkowe pole przekroju

poprzecznego. Naprężeniami rzeczywistymi nazywać będziemy iloraz siły przez aktualne

pole powierzchni przekroju. W początkowym stadium próby rozciągania między tymi dwoma

naprężeniami nie ma istotnych różnic, pojawiają się one dopiero pod koniec platformy

płynięcia. Przebieg zmian naprężeń rzeczywistych na rys.9.11 pokazany został linią przerywaną. Wykres rozciągania na rys. 9.11 pokazuje cechy i zachowanie się stali miękkiej nazywanej też stalą niskowęglową bo zawartość węgla w jej składzie nie przekracza 0.30 %. Stal o takiej

charakterystyce jest powszechnie stosowana w budowlanych konstrukcjach stalowych.

Na rys. 9.12 naszkicowane zostały wykresy rozciągania innych metali.

Widoczny jest brak w pewnych materiałach

wyraźnej granicy plastyczności eR . W takich

przypadkach posługujemy się umowną granicą plastyczności oznaczaną przez 20.R i

definiowaną jako naprężenie, przy którym

trwałe odkształcenia liniowe wynoszą 0.2 %.

W przypadku statycznej próby ściskania

(sposób jej wykonania w przypadku metali

można znaleźć w normie PN-57/H-04320) w

zakresie naprężeń poniżej granicy

plastyczności charakter wykresu ściskania w

układzie εσ − nie odbiega od wykresu

rozciągania. Stal miękka, aluminium czy

miedź mają granicę proporcjonalności,

sprężystości i plastyczności nieomal

identyczną jak przy rozciąganiu. Przy

większych naprężeniach charakter wykresu

się zmienia i jest to powodowane wpływem

aktualnej geometrii badanej próbki - zwiększa

się pole jej przekroju poprzecznego.

400

800

0

σ

ε

stal twarda

miedź

stal miękka

MPa

Rys. 9.12

30

%


80

Na wielkości mechaniczne materiałów

niewątpliwy wpływ mają różne czynniki

zewnętrze, przykładowo można wymienić temperaturę, wilgotność czy czas. To, jak

znaczną zmianę wielkości mechanicznych

będą one powodować zależy między innymi

od rodzaju materiału.

Niżej bardzo pobieżnie, omówione zostaną niektóre aspekty wpływu temperatury i czasu

na zachowanie się stali.

Wpływ temperatury na granicę plastyczności

eR i wytrzymałość na rozciąganie mR

pokazuje rys. 9.13.

Podwyższona temperatura aktywizuje

własności reologiczne stali polegające,

najprościej mówiąc, na zmianie deformacji w

czasie przy stałych obciążeniach. Wśród

zjawisk (procesów) reologicznych ciał stałych

zwykle rozróżnia się zjawisko pełzania

określane jako wzrost odkształceń w czasie

przy stałych naprężeniach i zjawisko

relaksacji definiowane jako spadek naprężeń w czasie przy stałych odkształceniach.

Długotrwała próba rozciągania stali w podwyższonej temperaturze tj. próba pełzania (warunki

i sposób jej wykonania podany jest w normie PN-57/H-04330) pokaże przebieg zmian

odkształceń w czasie przy stałym naprężeniu, których wykres, tzw. krzywą pełzania

przedstawia rys. 9.14.

Wynikiem próby relaksacji byłaby krzywa relaksacji pokazująca zmianę naprężeń w czasie

przy stałych odkształcenia naszkicowana na rys. 9.15.

W metalach procesy reologiczne wyraźnie się zaznaczają przy temperaturach powyżej

0.3 – 0.4 ich temperatury topnienia.

Zjawiska reologiczne, zwłaszcza zjawisko relaksacji ma negatywny wpływ za zachowanie

się konstrukcji. Ono jest przyczyną spadku sił sprężających w konstrukcjach sprężonych czy

rozluźniania się połączeń śrubowych i nitowanych.

W tablicy poniżej, podane są wartości charakterystyk mechanicznych i stałych

materiałowych dla niektórych materiałów. Ponieważ wielkości te bardzo zależą od składu

chemicznego, obróbki cieplnej, obróbki plastycznej jak i innych czynników (np. wilgotności

w przypadku drewna) podane wartości należy traktować orientacyjnie , skupiając uwagę na

krzywa pełzania

ε

const=σ t

zniszczenie σσσσ

const=ε t

krzywa relaksacji

Rys .9.14 Rys .9.15

mR

eR

400

800

CT o

200 400

Rys. 9.13

MPa σ


81

tym z jakim rzędem wielkości mamy do czynienia. W nawiasach podana jest wytrzymałość przy ściskaniu.

Materiał

Wytrzymałość na

rozciąganie mR

MPa

Granica

plastyczności

eR

MPa

Wytrzymałość obliczeniowa

rR

MPa

Moduł

Younga

E

GPa

Liczba

Poissona

ν

Gęstość masy

ρ

kg/m3

Stal

konstrukcyjna

St3SX,St3SY 375 225 205 205 0.30 7850

Aluminium 100 50 70 0.32-0.36 2070

Miedź 210-240 70 110 0.30-0.34 8960

Żeliwo szare 200-400 95-110 0.23-0.27 7100

Ołów 15 18 0.42 11340

Brąz 300 113 0.32-0.35 8860

Dural 270 150 67-74 0.32-0.35 2640

Beton B350 2.31 (36) 1.54 (27.7) 38.6 1/6 2500

Szkło 40-100 56 0.25 2400-2600

Drewno- sosna

(wzdłuż włókien)

14-26 65-12.5 6

400-500

9.7. Podstawowe zasady i warunki projektowania

Mając wyznaczone stany naprężenia, odkształcenia i przemieszczenia dla przypadku

osiowego rozciągania prętów pryzmatycznych mamy podstawy do projektowania takich

elementów konstrukcji inżynierskich. Na tym przykładzie tego przypadku omówione zostaną podstawowe pojęcia i procedury związane z projektowaniem przy bardziej złożonych

przypadkach obciążenia czy elementach konstrukcji. Będzie to w większym stopniu

omówienie zasad wymiarowania niż projektowania, gdyż przy projektowaniu oprócz zasad

wymiarowania niezbędna jest znajomość przepisów zwanych normami budowlanymi, które

będą szczegółowo omawiane w przedmiotach konstrukcyjnych jak konstrukcje stalowe,

betonowe, żelbetowe czy drewniane.

Będzie to raczej omówienie zasad wymiarowania niż projektowania, gdyż przy projektowaniu

oprócz zasad wymiarowania niezbędna jest znajomość przepisów zwanych normami

budowlanymi, które będą szczegółowo omawiane w przedmiotach konstrukcyjnych jak

konstrukcje stalowe, betonowe, żelbetowe czy drewniane.

Zobaczymy później, w trakcie studiowania wymienionych przedmiotów konstrukcyjnych ,

że w wielu przypadkach, formuły czy zależności podane w normach, które są obowiązujące w

procesie projektowania będą dość odległe od zasad wymiarowania podanych w tym jak i

innych podręcznikach wytrzymałości materiałów. Przyczynę tego stanu można przede

wszystkim upatrywać w tym, że wytrzymałość materiałów posługuje się w swych

rozważaniach idealnym teoretycznym modelem materiału, konstrukcji, jak i schematach jej

zniszczenia, normy zaś starają się ująć w globalny i uproszczony sposób najbardziej istotne

mechaniczne aspekty zachowania się elementów konstrukcji. Stąd np. wytrzymałość

materiałów zazwyczaj określa warunki dla naprężeń w punkcie a normy formułują warunki

nośności dla przekroju. Niemniej jednak nie ma sprzeczności w tych dwóch podejściach i co

więcej znajomość zasad wymiarowania jest niezbędna do zrozumienia i racjonalnego

stosowania normowych zasad projektowania.

Jak już wcześniej powiedzieliśmy materiał, kształt i wymiary konstrukcji muszą być dobrane

w taki sposób, aby była ona odpowiednio wytrzymała, sztywna i stateczna. Jeżeli konstrukcja


82

lub jej część przestaje przenosić obciążenie, do przeniesienia którego została przeznaczona

lub też gdy nie odpowiada założonym warunkom użytkowania, mówimy, że znajduje się w

stanie granicznym. Możemy wyróżnić dwa stany graniczne:

• stan graniczny nośności i

• stan graniczny użytkowania.

Stan graniczny nośności związany jest z wystąpieniem zniszczenia ciągłości materiału w

punkcie lub obszarze, zmiany konstrukcji w mechanizm, uszkodzeniem spowodowanym

zmęczeniem materiału, utratą stateczności przez część lub całą konstrukcję. Stan graniczny użytkowania natomiast związany jest z wystąpieniem nadmiernych

przemieszczeń, uszkodzeń związanych z korozją, nadmiernych drgań itp.

Warunki, które konstrukcja musi spełnić, wynikające z obu stanów granicznych formułowane

będą w postaci nierówności, w których w stanie granicznym nośności będzie występować pewna graniczna wartość naprężeń, a w stanie granicznym użytkowania graniczna wartość przemieszczeń związana z warunkami użytkowania.

Te graniczne wartości naprężeń, wyznaczane na podstawie doświadczeń (np. próby

rozciągania czy ściskania) i analizy probabilistycznej otrzymanych z nich wyników,

gwarantują bezpieczny stan materiału w danym punkcie i nazywane są jego wytrzymałością charakterystyczną. Ponieważ w procesie projektowania konstrukcji mogące wystąpić liczne czynniki

przypadkowe, związane np. z niedokładnością danych o geometrii konstrukcji, jej

obciążeniach czy błędach wykonania, do obliczeń przyjmowana jest wytrzymałość obliczeniowa, będąca ilorazem wytrzymałości charakterystycznej i współczynników

materiałowych spełniających rolę współczynników bezpieczeństwa. W praktyce projektowej

dowiemy się, że wytrzymałość obliczeniowa jest związana nie tylko z samym materiałem ale

również z rodzajem konstrukcji. Polska Norma do obliczania i projektowania

ogólnobudowlanych konstrukcji stalowych PN-90/B-03200 wyróżnia tylko jedną wytrzymałość obliczeniową stali oznaczaną przez df (modyfikowaną współczynnikami

liczbowymi dla innych przypadków obciążenia), podczas gdy norma obowiązująca przy

projektowaniu mostów PN-82/S-100052 wyróżnia wytrzymałość obliczeniową stali

elementów konstrukcji mostowych pracujących na rozciąganie i ściskanie osiowe, rozciąganie

przy zginaniu R , na ścinanie tR , na docisk powierzchni przylegających dR , na docisk

powierzchni stycznych dHR . W normach związanych z konstrukcjami betonowymi,

żelbetowymi, drewnianymi i murowymi występują jeszcze inne wielkości.

Dlatego też w toku naszych dalszych rozważań, nie umniejszając zasadniczo ich ogólności,

będziemy się posługiwać jedynie pojęciami wytrzymałości obliczeniowej przy ściskaniu cR ,

przy rozciąganiu rR i przy ścinaniu tR . W przypadku materiału izonomicznego (np. stal) i

naprężeń normalnych, używać będziemy jednej wytrzymałości obliczeniowej R .

W związku z powyższym warunki wymiarowania prętów osiowo rozciąganych będą miały

postać: • ze względu na stan graniczny nośności

rx RA

Nmaxmax ≤=σ

• ze względu na stan graniczny użytkowania

doplAE

lNmaxlmax ∆∆ ≤= .


83

W przypadku prętów osiowo ściskanych w miejsce wytrzymałości obliczeniowej przy

rozciąganiu rR należy wstawić wytrzymałość obliczeniową przy ściskaniu cR , przy czym

musimy pamiętać, że pręt musi być w stanie równowagi statecznej i warunki jej zapewnienia

będą sformułowane w toku dalszych wykładów.

9.8. Przykłady

Przykład 9.8.1. Wyznaczyć średnice kołowego stalowego pręta o skokowo zmiennym

przekroju poprzecznym obciążonym jak na rysunku jeśli wytrzymałość obliczeniowa stali

R = 165 MPa. Po określeniu wymiarów przekroju poprzecznego obliczyć przemieszczenia

wzdłuż osi pręta ( )xu i zmianę średnicy w przekroju największej siły podłużnej, jeśli moduł

Younga E = 205 GPa, a liczba Poissona ν = 0.3.

Rozwiązanie

Średnice wyznaczymy z warunku nośności i wpierw należy wyznaczyć siły osiowe w pręcie.

Jest to proste zadanie w analizowanym przykładzie i ich rozkład pokazany jest na rysunku.

Średnica na odcinku AB:

R

NAR

A

N ABAB

AB

AB≥→≤

216

321 10895

10165

10450

4

−≥→≥ *.d

*

*dπm

Przyjęto do wykonania 061 .d = cm.

Średnica na odcinku BD:

R

NmaxAR

A

Nmax BD

BDBD

BD≥→≤

226

322 10205

10165

10350

4

−≥→≥ *.d

*

*dπm

Przyjęto do wykonania 252 .d = cm.

Przemieszczenia wzdłuż osi pręta (wydłużenia) ( )xu :

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

∫∫ =→=→=→=

xx

xxx dxAE

xNxudxxxudxxxud

dx

xudx

00

εεε

gdy N(x) jest stałe to ( ) xAE

Nxu = i wydłużenie jest liniową funkcją współrzędnej x.

Stąd w rozważanym przykładzie:

0 < x < 1.0 m

( )

( )xxxu

3

429

3

10*78.010*4610*205

10*450−

−==

π

0.7

8

1.1

8

45

0

35

0

15

0

N(x)

kN

1.3

5

u(x)

mm

A

u

2d1d

x

200 kN 150 kN

100 kN

B C D

1.0 m 0.5m 0.5m


84

( ) ABlu ∆=1 = 0.78 *10 -3

m = 0.78 mm .

1.0 < x < 1.5 m

( )

( )( ) ( )110*80.01

10*42.510*205

10*350 3

429

3

−+=−+=−

−xlxlxu ABAB ∆

π

∆

( ) ( )310*40.078.05.1 −

+=+== BCABAC lllu ∆∆∆ = 1.18*10 –3

m = 1.18 mm

1.5 < x < 2.0 m

( )

( )( ) ( )5.110*34.05.1

10*42.510*205

10*150 3

429

3

−+=−+=−

−xlxlxu ACAC ∆

π

∆

( ) ( )310*17.040.078.00.2 −

++=++== CDBCABAD llllu ∆∆∆∆ = 1.35*10 –3

m =1.35 mm .

Zmiana wymiarów średnicy w miejscu największej siły podłużnej wynosi:

( )

32

429

3

11 10*014.010*610*4610*205

10*4503.0 −−

−−=−=−=

π

ν∆ dAE

Nd

AB

AB m = -0.014 mm .

Warto zwrócić uwagę jak małe są wielkości przemieszczeń i zmiany wymiarów w stosunku

do początkowych wymiarów konstrukcji. Potwierdza to zasadność przyjęcia założenia zasady

zesztywnienia jak i późniejsze założenia o małych odkształceniach.

Przykład 9.8.2. Pręt pryzmatyczny, jak na

rysunku, obciążony jest tylko ciężarem

własnym. Wyznaczyć ( )xN , ( )xxσ i ( )xu

jeśli znane są jego: pole przekroju A, ciężar

objętościowy γ, długość l oraz moduł

sprężystości podłużnej E. Obliczyć długość zerwania jeśli wytrzymałość na rozciąganie

wynosi Rm.

Rozwiązanie

Wyznaczenie sił podłużnych: ( ) ( ) ( ) ( ) γγ lANxNmax;xlAxN ==−= 0

Siły podłużne zmieniają liniowo wzdłuż osi pręta i osiągają maksymalną wartość w

utwierdzeniu.

Naprężenia normalne: ( )( )

( ) ( ) γσσγσ lmax;xlA

xNx xxx ==−== 0

Wartości naprężeń też zmieniają się liniowo wzdłuż osi pręta, osiągają maksymalną wartość w utwierdzeniu i ta maksymalna wartość nie zależy od pola przekroju poprzecznego pręta.

Przemieszczenia wzdłuż osi pręta (wydłużenia) ( )xu :

( )( )

( ) ( ) ( ) ( )∫=→=→=

x

xxx dxxxudxxxuddx

xudx

0

εεε

( )( )

( ) ( )[ ] ( )222

00

222

xlxE

lxlE

dxxlE

dxE

xxu

xx

x−=−−−=−== ∫∫

γγγσ

( )xN

x

l


85

( )E

llluumax

2

2γ

∆ ===

Przemieszczenia są kwadratową funkcją współrzędnej x i osiągają swą największą wartość na

końcu pręta, przy czym wartość ta nie zależy od pola przekroju poprzecznego pręta. Wykresy

poszukiwanych funkcji pokazuje rysunek poniżej.

Długość zerwania Rl to długość pręta, obciążonego jedynie ciężarem własnym, przy której

największe w nim naprężenia normalne będą równe wytrzymałości na rozciąganie (można

powiedzieć: długość przy której zerwie się pod ciężarem własnym).

Zatem:

γ

γσm

RRmx

RllRmax =→==

Jak widać długość zerwania Rl jest stałą materiałową. Przykładowe wielkości długości

zerwania: drewno sosnowe 13.5 km, stal niskowęglowa 4.8 km, stal wysokowęglowa 9.1 km,

duraluminium 16.9 km .

Przykład 9.8.3. Na 1 m długości ławy fundamentowej o

przekroju prostokątnym bxh wykonanej z betonu o

ciężarze objętościowym γ = 22 kN/m3 przekazuje się

równomiernie rozłożone obciążenie ze ściany q = 250

kN/m. Wyznaczyć potrzebną szerokość fundamentu b

jeśli jej wysokość h = 1.5 m, a wytrzymałość obliczeniowa gruntu na ściskanie, na którym jest on

posadowiony wynosi Rc,g = 0.2 MPa

Rozwiązanie

Siła przekazywana z fundamentu na grunt wynosi:

11 *b*h**qN γ+=

Z warunku nośności wynika:

g,cg,c R*b

*b*h**qR

*b

N≤

+

→≤

1

11

1

γ

51102051102210250 6

33

.b*.b

b*.***≥→≤

+m.

Przykład 9.8.4. Nadproże wykonane z belki dwuteowej 200 przekazuje na mur obciążenie

w postaci siły P = 60 kN. Obliczyć potrzebną długość oparcia belki przyjmując, że

naprężenie obliczeniowe muru na ściskanie Rc,m = 2.0 MPa.

( )xu

E

l

2

2γ

l

x

( )xxσ

γlγlA( )xN

1.0 m

b

h

q =250 kN/m


86

Rozwiązanie

Z warunku nośności wynika:

2

62

3

10333102109

1060−

−≥→≥→≥→≤ *.a

***

*a

R*s

PaR

a*s

P

m,c

m,c m

Przyjęto do wykonania 35=a cm.

W dwóch ostatnich powyższych przykładach warto zauważyć jak schemat obliczeniowy (pręt pryzmatyczny osiowo obciążony) daleko odbiega od rzeczywistej konstrukcji.

Przykład 9.8.5. Wyznaczyć nacisk N na 1 m długości przyczółka mostu jaki wywiera płyta

żelbetowa o grubości h = 42 cm przy wzroście temperatury ∆T = 25° C jeśli moduł

sprężystości podłużnej betonu E = 38.6 GPa a współczynnik rozszerzalności liniowej

αT = 10-5

/°C. Płyta przylega ściśle do obu przyczółków.

Rozwiązanie

Wydłużenie rozpiętości płyty l w przypadku jej swobodnego podparcia byłoby równe

∆l = αT ∆T l.

Skrócenie jej rozpiętości na skutek przyłożenia ściskającej siły wynosi ∆l = Nl/EA.

Porównanie obu tych wielkości daje równość:

395100534420106382510

1*..**.**hETN

*h*E

lNlT TT ===→=

−

∆α∆α kN.

Widać z powyższego, że ta siła (a jest ona bardzo duża) nie zależy od rozpiętości płyty

mostowej. Oczywiście szerokość potrzebnej szczeliny dylatacyjnej będzie od niej zależała.

Przykład 9.8.6. Dobrać potrzebny przekrój pręta AB w pasie dolnym podanej stalowej

kratownicy, jeśli wytrzymałość obliczeniowa stali R = 215 MPa. Przekrój pręta ma być złożony z dwóch kątowników równoramiennych. Po wyznaczeniu przekroju obliczyć nośność tego pręta.

Rozwiązanie

Siłę w pręcie AB wyznaczymy

metodą Rittera. Warunek

równowagi odciętej lewej części

kratownicy daje:

0=LCMΣ

04*2*1004*504*300 =−−− ABN

200=ABN kN (pręt jest rozciągany)

P

a

a

s=9 cm

BABN

C

A

100 kN

300 kN 300 kN

6*2 m

100 kN 100 kN 100 kN 100 kN

2 m

50 kN 50 kN

2 m


87

Potrzebne pole przekroju poprzecznego wyznaczamy z warunku granicznego nośności:

4

6

3

10*302.910*215

10*200−

=≥→≥→≤ AR

NAR

A

N ABAB m2 = 9.302 cm

2 .

Przyjęto z tablic profili walcowanych

2 45/45/6, których pole przekroju

poprzecznego 2.10=A cm2 (najbliższe w

tablicach ale większe od obliczonego).

Przez nośność pręta rozumiemy największą siłę podłużną którą może przenieść bez utraty

ciągłości.

Z warunku nośności otrzymujemy nośność pręta AB:

32 10321910215210 *.**.NmaxRANmaxRA

NmaxABAB

AB=≤→≤→≤ N.

Przykład 9.8.7. Wyznaczyć potrzebne wymiary

przekrojów poprzecznych prętów danego układu

przegubowo-prętowego jeśli: wytrzymałość obliczeniowa stali R = 165 MPa i wytrzymałość obliczeniowa drewna przy ściskaniu Rc,d = 10 MPa.

Po wyznaczeniu wymiarów określić położenie

punktu B po deformacji, jeśli moduły sprężystości

podłużnej stali i drewna wynoszą : Es = 205 GPa i Ed = 9 GPa.

Rozwiązanie

Siły w prętach wyznaczymy z warunków

równowagi sił działających na węzeł B.

0sin;0

0cos;0

=−=

=−−=

PNY

NNX

BC

ABBC

αΣ

αΣ

0.32−=ABN kN (pręt ściskany)

0.40=BCN kN (pręt rozciągany)

Wymiary przekrojów poprzecznych prętów wyznaczymy z warunku granicznego nośności.

Pręt AB – drewniany; ściskany:

6

32

,

,10*10

10*32≥→≥→≤ a

R

NAR

A

N

dc

AB

ABdc

AB

AB

210*66.5 −

≥a m

Przyjęto do wykonania a = 6.0 cm.

Skrócenie pręta AB

Pręt BC – stalowy; rozciągany:

6

32

10*165

10*40

4≥→≥→≤

d

R

NAR

A

N

s

BCBCs

BC

BC π

210*76.1 −

≥d m

Przyjęto do wykonania d = 1.8 cm.

Wydłużenie pręta BC

d

B α

P = 24 kN

A

C

a

drewno

stal

3.0 m

4.0 m

NBC

NAB Bα

P = 24 kN X

Y

45 mm


88

===−49

3

10*36*10*9

4*10*32

ABd

ABAB

ABAE

lNl∆

210*395.0 −

= m.

( )===

−429

3

10*48.1*10*205

5*10*40

π

∆

BCs

BCBCBC

AE

lNl

210*383.0 −

= m.

Ze względu na bardzo małe skrócenie i wydłużenie prętów,

położenia punktu B po deformacji poszukiwać będziemy na

prostych prostopadłych do pierwotnych kierunków prętów, tak

jak to jest pokazane na rysunku obok, nazywanym planem

przemieszczeń. W przyjętym układzie odniesienia współrzędne

wektora przemieszczenia ( )BB vuBB ,' mają wartości:

395.0−=−= ABB lu ∆ cm

165.16.0383.03

4395.0sinctg =+=+= α∆α∆ BCABB llv cm

Przerywane linie na planie przemieszczeń wyjaśniają, w jaki

sposób wyliczono Bv .

Przykład 9.8.8.

Wyznaczyć współrzędne wektora przemieszczenia punktu przyłożenia siły podanego układu

przegubowo-prętowego.

Rozwiązanie

Przyjmijmy, że znane są wartości siły, wielkości

określające geometrię układu i moduł Younga co

pozwala wyliczyć siły w prętach układu i wielkości

wydłużenia i skrócenia odpowiednich prętów 1∆ i 2∆ .

Przy dowolnej geometrii układu kłopotliwe jest po

narysowaniu planu przemieszczeń wyznaczenie

współrzędnych wektora przemieszczenia punktu

przyłożenia siły ).,('AA vuAA Łatwo można to zrobić

postępując w pokazany niżej sposób.

W rozważanym punkcie przyjmijmy układ odniesienia

(u, v) w którym chcemy wyznaczyć współrzędne

wektora przemieszczenia. Współrzędne wersorów

kierunkowych prętów w przyjętym układzie wynoszą

odpowiednio: ( )αα sin,cos1e oraz ( )ββ sin,cos2 −e

i ich wyznaczenie jest proste przy znanej geometrii

układu.

Korzystając z własności iloczynu skalarnego wektorów

możemy napisać układ równań:

=

=

22'

11'

∆

∆

eAA

eAA →

( )

=+−

=+

2

1

sincos

sincos

∆ββ

∆αα

AA

AA

vu

vu,

z którego nie jest trudno wyliczyć obie poszukiwane

współrzędne Au oraz Av .

Bu u

ABl∆

α

α

B α

BCl∆

v

B’

Bv

A

2

1

α

β

P

1e

2∆

A

2

1

α

β

u

A’

v

1∆

2e


89

W omawianym przykładzie przyjmują one wartości:

αββα

α∆β∆

cossincossin

sinsin 21

+

−

=Au ; αββα

α∆β∆

cossincossin

coscos 21

+

+

=Av .

Przykład 9.8.9. Wyznaczyć siły w odkształcalnych prętach układu statycznie wyznaczalnego

i współrzędne wektora przemieszczenia punktu K. Dane są wartości obciążeń, moduły

sprężystości i wymiary układu. Nieodkształcalne pręty układu narysowane zostały grubymi

liniami.

W celu wyznaczenia sił w odkształcalnych prętach dokonujemy podziału konstrukcji, a

następnie rozpatrujemy warunki równowagi odciętych części.

PN

aPaNM D

2

0*42*0

2

2

=

=−→=Σ

PN

aPaNaNM C

3

0*2**0

1

21

=

=+−→=Σ

Znajomość sił w prętach 1 oraz 2 pozwala wyznaczyć ich wydłużenia:

11

1

3

AE

aP=∆ oraz

22

2

4

AE

aP=∆ .

Przemieszczenie punktu K będzie zależało od przemieszczenia punktu B spowodowanego

wydłużeniem pręta 1 oraz wydłużenia pręta 2.

Plan przemieszczeń pokazuje rysunek niżej.

2

1

D

a

P

4P a

a a a

K

C

B

A

P

C

B

A

N2

N1

a

a

a

D

4P

KN2

a VD

HD HC

VC


90

Położenia punktu A po deformacji poszukujemy na prostopadłej do pierwotnego kierunku

pręta 1 i prostopadłej do kierunku odcinka AC, który jest nieodkształcalny. Podobnie

postępujemy w punkcie K.

Współrzędne przemieszczenia wektora punktu K wynoszą:

212 ∆∆ +=Ku i ( ) α∆∆ tg2 21 +=Kv

gdzie: tg α = 1/2.

Przykład 9.8.10. Pręt BC ( na odcinku B1

– drewniany na odcinku 1C – stalowy),

potrzymuje sztywną ramę AD konstrukcji

prętowej o geometrii i obciązeniu jak na

rys. Wyznaczyć wymiar a pręta BC z

warunku nośności , jeśli: wytrzymałość obliczeniowa na rozciąganie stali

215=sR MPa, drewna 8=dR MPa, i

warunku użytkowania żadającym aby

pionowe przemieszczenie punktu D - vD

nie przekraczało 1 cm. Moduł sprężystości

wynoszą: stali 205=sE GPa, drewna

9=dE GPa.

Rozwiązanie

Obliczenie sił osiowych w pręcie BC.

Siłę na odcinku B1 wyznaczymy z warunku

zerowania się momentów względem punktu

A wszystkich sił działających na odciętą część konstrukcji (rys. obok)

∑ = 0AM ,

024102412241 =−+ ****N B ,

14221 .N B = kN.

Siła na odcinku 1C jest równa:

142140012142211 ...PNN BC =+=+= kN.

v

α K2

1 DC

B

K

α

∆1

B’

A’

2∆1 2∆1 +∆2 u

a a a

a

a

A

C

4 m 2 m

P=12 kN

A

1

B

D

a

2a

q=10 kN/m

2 m

4 m

2 m

q=10 kN/m

NB1

C

4 m

P=12 kN

A

D

4 m

VA

HA


91

Wyznaczenie wymiaru a z warunku nośności:

pręt stalowy:

2

6

32

2

1 10915010215

1014214

44

−

≥→≥→≤ *.a*

*.aR

a

Ns

C π

π

m,

pręt drewniany:

2

6

32

2

1 108180108

1014224

4

−

≥→≥→≤ *.a*

*.aR

a

Nd

B m.

Wyznaczenie wymiaru a przekroju pręta z

warunku użytkowania.

Pionowe przemieszczenie punktu D, które

wynosi (patrz rys. obok)

βcosDDv 'D =

potrzebujemy wyrazić poprzez wydłużenie

pręta BC.

Z planu przemieszczeń pokazanego obok

odczytujemy,

8320646 22 .cos =+=β ,

αα tg.tgDD' 211764 22=+=

'CCtg 24=α

Wydłużenie pręta BC :

=+=+=+==

410205

2214214

4109

2214222929

1

11

1

1111

a**

*.

a**

*.

A*E

lN

A*E

lNllCCl

Cs

CC

Bd

BBCB

'BC

π

∆∆∆

29104170 −−

= a*.

Pionowe przemieszczenie punktu D:

29101521493833 −−

=== a*.CC*.cosDDv ''D β ,

stąd warunek użytkowania daje:

2229 1018911011015214 −−−−

≥→≤ *.a*a*. m.

Jak widąc z obliczeń o wielkości a decyduje w tym przypadku stan graniczny użytkowania i

ostatecznie przyjęto do wykonania 201.a = cm.

Przykład 9.8.11. Wyznaczyć siły w prętach układu pokazanego na rysunku, obciążonego siłą P = 48 kN jeśli przekroje wszystkich prętów są jednakowe o polu A = 2 cm

2 . Określić

położenie punktu przyłożenia siły po deformacji jeśli moduł Younga materiału prętów E =

205 GPa.

C

vD

A

α

B

D

D’

C’

α

B

β

4 m 2 m

4 m


92

0.41 =l m, 4.22 =l m, 0.33 =l m

8.0sin =α

6.0cos =α

Rozwiązanie

Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna. Widać to wyraźnie po wycięciu

węzła K, na który, oprócz siły zewnętrznej P, oddziaływają trzy niewiadome siły osiowe z

prętów, a ponieważ tworzą one układ sił zbieżnych, to istnieją jedynie dwa niezależne

warunki równowagi. W przypadku konstrukcji statycznie niewyznaczalnych, aby wyznaczyć siły przekrojowe lub reakcje oprócz równań równowagi musimy sformułować równania

geometryczne wynikające z kinematycznych warunków brzegowych (sposobu podparcia lub

wzajemnych połączeń elementów konstrukcji). Liczba niezależnych równań geometrycznych

jest równa „krotności” statycznej niewyznaczalności układu. Tak więc komplet równań, który

pozwala na wyznaczenie sił przekrojowych, składa się z równań równowagi i równań geometrycznych.

W tym miejscu należy powiedzieć jeszcze o innej ważnej różnicy między układami statycznie

niewyznaczalnymi i wyznaczalnymi. Rzecz w tym, że na wielkości sił przekrojowych w

konstrukcjach statycznie niewyznaczalnych mają wpływ: zmiany temperatury, błędy

montażowe, osiadanie podpór, charakterystyki geometryczne przekrojów (pole przekroju,

momenty bezwładności) jak i stałe materiałowe. W konstrukcjach statycznie wyznaczalnych

siły przekrojowe są niezależne od tych zjawisk i parametrów.

Równania równowagi:

0

0

31 =+−

=

αα

Σ

cosNsinN

;X,

PsinNNcosN

;Y

=++

=

αα

Σ

321

0.

Warunek geometryczny w rozważanym układzie wynika

z połączenia trzech prętów w węźle K. Wydłużenia

prętów muszą być takie, aby po deformacji końce

prętów schodziły się w jednym punkcie. Narysowany

obok plan przemieszczeń stanowi podstawę do

sformułowania równania geometrycznego, a dokładniej

mówiąc równania nierozdzielności przemieszczeń. Przy

wyznaczeniu tego równania zastosujemy wcześniej

opisane podejście, wykorzystujące iloczyny skalarne

wektora przemieszczenia ( )KK vuKK ,' i wersorów

1 3

α

3.2 m

K

P

1.8 m

2.4 m

2

N1

α

K

P

N2 N3

2e

1e

α

K

∆ 3

1

u

v

∆ 1

∆ 2

2 3

K’

3e


93

kierunkowych prętów układu 321 ,, eee .

I tak, współrzędne wersorów w przyjętym układzie osi (u, v) są: ( )αα cos,sin1e , ( )1,01e ,

( )αα sin,cos3 −e .

Układ równań, z którego dla dowolnej geometrii układu łatwo możemy wyznaczyć równanie

nierozdzielności przemieszczeń ma postać:

=⋅

=⋅

=⋅

33'

22'

11'

∆

∆

∆

eKK

eKK

eKK

Z takiego układu zawsze można uzyskać równanie wiążące wydłużenia prętów.

Podstawienie danych z rozważanego przykładu daje układ:

=+−

=

=+

3

2

1

sincos

cossin

∆αα

∆

∆αα

KK

K

KK

vu

v

vu

z którego otrzymujemy równanie geometryczne w postaci:

α∆α∆∆ sincos 312 += .

Ostatecznie komplet równań do wyznaczenia sił przekrojowych przedstawia się następująco:

+=

=++

=+−

αα

αα

αα

sincos

sincos

0cossin

331122

321

31

AE

lN

AE

lN

AE

lN

PNNN

NN

.

W wyniku jego rozwiązania otrzymujemy: 0.121 =N kN, 0.282 =N kN, 0.163 =N kN.

Wydłużenia prętów wynoszą:

3

49

3

1 10*171.110*2*10*205

4*10*12−

−==∆ m, 3

49

3

2 10*639.110*2*10*205

4.2*10*28−

−==∆ m,

3

49

3

3 10*171.110*2*10*205

3*10*16−

−==∆ m.

Współrzędne wektora przemieszczenia punktu K, wyznaczone z układu równań:

=

=+

2

1cossin

∆

∆αα

K

KK

v

vu ,

są równe: 234.0=Ku mm, 639.1=Kv mm .

Przykład 9.8.12. Wyznaczyć siły w prętach podanego układu przy wzroście temperatury

∆T = 30° C, jeśli: moduł sprężystości podłużnej stali E = 205 GPa a współczynnik


94

rozszerzalności liniowej εT = 12*10-6

/°C , przekroje poprzeczne wszystkich prętów są jednakowe o polu A = 2 cm

2 .

0.41 =l m , 4.22 =l m, 0.33 =l m,

8.0sin =α

6.0cos =α

Rozwiązanie

Konstrukcja jest statycznie niewyznaczalna. więc zmiana warunków jej pracy w postaci

zmiany temperatury czy przemieszczania się podpór skutkuje powstawaniem w niej sił

przekrojowych, w tym przypadku będą to siły podłużne.

W równaniach równowagi nie wystąpią zewnętrzne siły obciążające, we wzorach na

wydłużenia prętów dojdą człony związane ze wzrostem temperatury.


0cossin

0

31 =+−

=

αα

Σ

NN

X

0sincos

0

321 =++

=

αα

Σ

NNN

Y

Warunek geometryczny jest taki sam jak w przykładzie 9.8.11 bo geometria układu jest

identyczna.

α∆α∆∆ sincos 312 += ,

ale zmienią się wzory określające zmianę długości prętów, gdyż pojawią się człony związane

ze zmianą temperatury:

333

3222

2111

1 lTAE

lN,lT

AE

lN,lT

AE

lNTTT ∆ε∆∆ε∆∆ε∆ +=+=+= ,

i komplet równań do wyznaczenia sił osiowych w prętach ma postać:

++

+=+

=++

=+−

α∆εα∆ε∆ε

αα

αα

sinlTAE

lNcoslT

AE

lNlT

AE

lN

sinNNcosN

cosNsinN

TTT 333

111

222

321

31

0

0

W wyniku jego rozwiązania otrzymujemy: 38.71 −=N kN, 30.122 =N kN, 84.93 −=N kN.

1 3

α

3.2 m

K

1.8 m

2.4 m

2

N1

α

K

N2 N3


95

Przykład 9.8.13. Wyznaczyć siły w prętach układu

pokazanego na rysunku,

obciążonego siłą P = 60 kN jeśli wszystkie pręty mają jednakowe

przekroje poprzeczne i

jednakowe są ich moduły

Younga.

Rozwiązanie

Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna.


0

0

332211 =+−−

=

ααα

Σ

cosNcosNcosN

;X,

PsinNsinNsinN

;Y

=−−

=

332211

0

ααα

Σ

.

Równanie nierozdzielności przemieszczeń napiszemy na

podstawie przyjętego ( narysowanego obok) planu

przemieszczeń. Wektor przemieszczenia liniowego węzła

w którym przyłożona jest siła, w przyjętym układzie

odniesienia (u, v), ma współrzędne ( )KK vuKK ,' .

Wersory kierunkowe osi prętów mają współrzędne:

( )111 αα sin,cose , ( )222 αα sin,cose − ,

( )333 αα sin,cose .

Z geometrii konstrukcji bez trudu wyznaczamy:

60001 .cos =α , 80001 .sin =α , 707022 .sincos == αα , 80003 .cos =α , 60003 .sin =α .

Układ równań, z którego możemy wyznaczyć równanie nierozdzielności przemieszczeń ma

postać:

→

=⋅

=⋅

=⋅

33

22

11

∆

∆

∆

eKK

eKK

eKK

'

'

'

=+

=+−

=+

→

=+

=+−

=+

3

2

1

333

222

111

60008000

70707070

80006000

∆

∆

∆

∆αα

∆αα

∆αα

KK

KK

KK

KK

KK

KK

v*.u*.

v*.u*.

v*.u*.

v*sinu*cos

v*sinu*cos

v*sinu*cos

3 m

1

3

P

2

4 m

4 m

3 m

K

3α

1α

2α

3N

P

1N

2N

2e3e

1e

K

∆ 3

∆ 1

∆ 2

3α

1α

2α

u

v K’


96

W równaniach występują bezwzględne wartości zmian długości prętów, bo plan

przemieszczeń zakłada również skrócenie niektórych prętów.

Z tego układu wyznaczamy poszukiwane równanie geometryczne:

231 *414.1*000.5*000.5 ∆=∆−∆ , ale plan przemieszczeń zakłada wydłużenie pręta 1 i

skrócenie prętów 2 i 3, więc 02<∆ oraz 03<∆ , zatem 22 ∆∆ −= i 33 ∆∆ −= , i

ostatecznie równanie geometryczne ma postać:

231 *414.1*000.5*000.5 ∆−=∆+∆ .

Uwzględniając, że sztywność na rozciąganie EA wszystkich prętów jest jednakowa, komplet

równań do wyznaczenia sił w prętach podanego układu jest następujący:

−=+

=−−

=+−−

3*2*414.15*000.55*000.5

06600.0707.0800.0

0800.0707.0600.0

221

321

321

NNN

NNN

NNN

W wyniku jego rozwiązania otrzymujemy:

353261 .N = kN, 034412 .N −= kN, 505163 .N −= kN.

Przykład 9.8.14. Wyznaczyć potrzebną średnice

stalowych odkształcalnych prętów układu

obciążonego jak na rys., jeśli: 50=q kN/m,

21 2 AA = , EEE == 21 , 165=R MPa.

Narysowany pogrubioną linią pręt ABC jest

nieodkształcalny.

Rozwiązanie

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny. Aby wyznaczyć siły przekrojowe oprócz

jednego równania równowagi potrzebujemy dodatkowo jednego równania geometrycznego.

Równanie równowagi:

05.1*3*2

2*1*

0

21 =−+

=

qNN

M AΣ

Poziomy pręt jest nieodkształcalny, i może się obracać tylko względem punktu A.

Pamiętając o tym, że położenia punktów po

deformacji poszukiwać będziemy na

prostopadłych do pierwotnych kierunków

prętów, możemy napisać poniższe równanie

geometryczne:

21

''CCBB

= , ale 1'

∆=BB ; 2' 2 ∆=CC

stąd:

21 22 ∆=∆

1 2

A C B 1.0 m 1.0 m 1.0 m

1.0 m q

∆2

∆1

C B

C’ B

’

1 2

N1

HA

VA

N2

A C B

q


97

Podstawiając za 1

111

AE

lN=∆ oraz

2

222

AE

lN=∆ wraz z zależnościami między długościami

prętów ich przekrojami i modułami Younga do równania geometrycznego otrzymujemy:

21 2NN = .

Komplet równań z którego możemy wyznaczyć siły w prętach ma postać:

=

=+

21

21

2

5.42

2

NN

qNN a jego rozwiązanie daje: 801311 .N = kN, 90652 .N = kN.

Potrzebne średnice prętów wyznaczymy z warunku nośności:

Pręt 1: 216

321

1

1 10189310165

1080131

4

−≥→≥→≤ *.d

*

*.dR

A

N πm.

Pręt 2: 226

322

2

2 10255210165

109065

4

−≥→≥→≤ *.d

*

*.dR

A

N π m.

Ponieważ siły w prętach zostały wyznaczone przy założonych proporcjach 21 2AA = więc

średnice prętów związane są zależnością 21 2 dd = i do wykonania przyjęto 2031 .d = cm a

2622 .d = cm.]

Przykład 9.8.15. Wyznaczyć naprężenia i zmiany

długości odkształcalnych prętów układu prętowego

obciążonego jak na rysunku, jeśli siła P = 100 kN,

pola przekrojów poprzecznych prętów

A1 = 4 cm2, A2 = 2 cm

2, moduł sprężystości podłużnej

E1 = E2 = 205 GPa.

Rozwiązanie

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny.


01*2

1*2*1*

0

21 =+−−

=

PPNN

M BΣ

Na podstawie założonego planu przemieszczeń możemy napisać równanie geometryczne, dokładniej równanie nierozdzielności

przemieszczeń. W tym przypadku ma ono postać: α∆∆ tg21 =

Plan przemieszczeń zakłada wydłużenie pręta 1 i skrócenie pręta 2,

zatem 01 >∆ , a 02 <∆ stąd 11 ∆∆ = i 22 ∆∆ −= , a ponieważ

5.0tg =α równanie geometryczne przyjmuje formę:

212 ∆∆ −=

Zmiany długości prętów wynoszą:

α

∆2

K

α

∆1

K’

K

C

A

0.5P

1.0 m

1

2

B

P 1.0 m 1.0 m

0.5P HB

VB

N2

B

P

N1

K


98

11

111

AE

lN=∆ ;

22

222

AE

lN=∆ .

Komplet równań do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych prętach układu:

−=

=−

−− 49

2

49

1

321

10*2*10*20510*4*10*205

4

10*502

NN

NN

→→→→ 0.101 =N kN; 0.202 −=N kN.

Naprężenie normalne w przekroju poprzecznym prętów i zmiany ich długości wynoszą:

w pręcie 1- rozciąganym; 6

4

3

1

1 10*0.2510*4

10*10===

−A

Nσ Pa = 25.0 MPa

3

49

3

11

111 10*244.0

10*4*10*205

2*10*10−

−===

AE

lN∆ m = 0.244 mm .

w pręcie 2- ściskanym; 6

4

3

2

2 10*0.10010*2

10*20−=−==

−A

Nσ Pa = -100.0 MPa

3

49

3

22

222 10*488.0

10*2*10*205

1*10*20−

−−=

−==

AE

lN∆ m = - 0.488 mm .

Przykład 9.8.16. Wyznaczyć siły w

odkształcalnych prętach układu jak na rysunku,

spowodowane wzrostem temperatury =T∆ 45 °C,

jeśli współczynnik rozszerzalności cieplnej

liniowej C*To61012 −

=ε , pola przekrojów

poprzecznych prętów A1 = A2 = 2 cm2, moduł

sprężystości podłużnej E1 = E2 = 205 GPa.

Rozwiązanie


W równaniach równowagi nie wystąpią zewnętrzne siły obciążające, we wzorach

określających zmianę długości prętów dojdą człony związane ze wzrostem temperatury.


021

0

21 =−

=

*N*N

M BΣ

C

A 1.0 m

1

2

B

2.0 m

HB

VB

N2

B

N1 K


99

Równanie nierozdzielności przemieszczeń :

α∆∆ tg21 = ,

ale 01 <∆ , a 02 >∆ stąd 11 ∆∆ −= i 22 ∆∆ = ,

więc równanie geometryczne przyjmuje formę:

12 2∆∆ −=

Zmiany długości prętów wynoszą:

1

11

111 lT

AE

lNT ∆ε∆ += , 2

22

222 lT

AE

lNT ∆ε∆ += .


+−=+

=−

−

−

−

−2451012

10210205

221451012

10210205

02

6

49

16

49

2

21

******

N***

***

N

NN

→→→→

246001 −=N kN; 123002 −=N kN.

Naszkicujmy położenie punktu K po deformacji konstrukcji.

=+−

=+=−

−2451012

10210205

224600 6

491

1

111 ***

***

*lT

AE

lNT ∆ε∆

( )33 1012010081201 −−

−=+−= *.*.. m,

=+−

=+=−

−1451012

10210205

112300 6

492

2

222 ***

***

*lT

AE

lNT ∆ε∆

( )33 1024010540300 −−

=+−= *.*.. m.


odkształcalnych prętach układu, które

powstaly w wyniku błedu montażowego.

Pręt 1 wykonany został za krótki o ∆ = 2

mm. Średnice prętów wynoszą odpowiednio: 0.11 =d cm i 0.22 =d cm

a moduły Younga 20521 == EE GPa.

K’

∆1

α

∆2

K α

K’

2

1

0.2

4*10

-3 m

0.12*10-3

m

∆

1.0 m 1.0 m 1.0 m

2

A CB

1

1.0 m

1.0 m


100

Rozwiązanie

Układ jest jednokrotnie statycznie

niewyznaczalny.


02*1*

0

21 =+

=

NN

M AΣ

Równanie geometryczne:

21

21 ∆∆∆

=

−

ale 01 >∆ , a 02 <∆ stąd

11 ∆∆ = i 22 ∆∆ −= ,

zatem: ( )12 2 ∆∆∆ −−= .


−−=

=+

1

11

2

22

21

2

02

AE

lN

AE

lN

NN

∆

−−=

=+

−

−

− 429

13

429

2

21

10*)41(10*205

210*22

10*)42(10*205

02

ππ

NN

NN

.

Siły w prętach wynoszą: 613151 .N = kN, 80672 .N −= kN.


odkształcalnych prętach układu, które

powstaly w wyniku błedu montażowego.

Pręt 1 wykonany został za długi o ∆ = 2

mm. Średnice prętów wynoszą odpowiednio: 0.11 =d cm i 0.22 =d cm

a moduły Younga 20521 == EE GPa.

Rozwiązanie

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny.


02*1*

0

21 =+

=

NN

M AΣ

∆ 1

∆ 2

B C A

C’

B’

1 2

∆

1.0 m 1.0 m 1.0 m

HA

VA

A C B

N1 N2

1.0 m 1.0 m 1.0 m

A

C B HA

VA

N1 N2

1.0 m 1.0 m 1.0 m

∆

1.0 m 1.0 m 1.0 m

2

A

C

B

1

1.0 m

1.0 m


101


21

21 ∆∆∆

=

−

ale 01 <∆ , a 02 >∆ stąd

11 ∆∆ −= i 22 ∆∆ =

zatem

( )12 2 ∆∆∆ += .


+=

=+

1

11

2

22

21

2

02

AE

lN

AE

lN

NN

∆

+=

=+

−

−

− 429

13

429

2

21

104110205

21022

104210205

02

*)(*

N*

*)(*

N

NN

ππ

.

Siły w prętach wynoszą: 613151 .N −= kN, 80672 .N = kN.

Sprawdźmy spełnienie warunku geometrycznego i naszkicujmy obraz konstrukcji po

deformacji.

( )

3

4291

111 1093941

104110205

215613−

−−=

−== *.

**

*

AE

lN

π

∆ m

( )

3

4292

222 1012120

104210205

17806−

−=== *.

**

*

AE

lN

π

∆ m

Warunek geometryczny miał postać ( )12 2 ∆∆∆ += i jak łatwo sprawdzić

wyznaczone przemieszczenia go spełniają:

( )33 1093941221012120 −−

−= *.*. m.

Przykład 9.8.19. Wyznaczyć siły w odkształcalnych prętach 1 i 2 układu przegubowo-

prętowego jak na rys. Pola ich przekrojów poprzecznych AAA == 21 , modułów sprężystości

podłużnej EEE == 21 .

∆ 1

∆ 2

B

C A

C’

B’

1 2

∆

1.0 m 1.0 m 1.0 m

B

C A

C’

B’

1 2

2,00000,1212

1,9394

0,0606

α

C

B

A

2

1

20 kN/m

30 kNm

3 m 4 m

4 m

2 m

3 m


102

Rozwiązanie

Układ jest jednokrotnie statycznie

niewyznaczalny.

Równanie statyki:

∑ = 0AM ,

030252043 21 =+−+ ***N*N .

Z pokazanego obok planu przemieszczeń wyznaczymy równanie geometryczne.

Sztywna rama BAC może się tylko

obracać wokół przegubu A. Zadając

wydłużenie pręta pierwszego 1∆ , przy

nieodkształcalnym pręcie AB, określamy

położenie punktu B po deformacji i tym

samym narzucamy, że wszystkie punkty

sztywnej ramy BAC obracają się o ten

sam kąt ϕ , a to definiuje położenie

punktu C po deformacji i wydłużenie

pręta drugiego 2∆ .

Pokazany i opisany obraz przemieszczeń daje zależności

ABBBtg '=ϕ , a ponieważ długość 5=AB m, a α∆ sinBB'

1= , to

31∆ϕ =tg .

Równocześnie ACCCtg '=ϕ , i dalej 5=AC m , α∆ cosCC ' 2= , więc

42∆ϕ =tg .

Zatem równanie geometryczne ma postać:

21

22

22

11

1121 375075043 N.N

AE

lN.

AE

lN=→=→= ∆∆ .

Układ równań do wyznaczenia sił w prętach przedstawia się następująco:

=

=+

21

21

3750

17043

N.N

NN.

Siły w prętach podanego układu prętowego wynoszą: 439121 .N = kN, 170332 .N = kN.

α

α

2∆

C

ϕ

B

A

3 m

4 m 3 m

4 m

B’

1∆

C’

ϕ

α

8054

6053

.cos

.sin

==

==

α

α

A

N1

N2

3 m

20 kN/m

30 kNm

4 m 3 m

4 m

HA

VA


103

Przykład 9.8.20. Wyznaczyć naprężenia

normalne w odkształcalnych prętach 1 i 2

potrzymujących sztywną tarczę ABC

pokazaną na rys. Pole przekroju

poprzecznego pręta 2 oraz pręta 1 na

odcinku DF wynosi 22=A cm2, pole

przekroju poprzecznego pręta 1 na

odcinku FG jest równe 21 2AA = .

Moduł Younga materiału obu prętów

wynosi E.

Rozwiązanie

Układ jest jednokrotnie statyczne

niewyznaczalny.


∑ = ,X 0

032015221 =+−−− *NN DF .

Pokazany obok plan przemieszczeń pozwala wyznaczyć równanie

geometryczne. Sztywna tarcza ABC

może przemieszczać się tylko poziomo.

Zadając wydłużenie pręta pierwszego

1∆ , definiujemy położenie wszystkich jej

punktów a to określa wydłużenie pręta

drugiego 2∆ .

Zatem równanie geometryczne ma postać:

21 2∆∆ = .

Pręt pierwszy jest obciążony siłą osiową 15 kN w połowie swej długości i dodatkowo ma

zmienny przekrój więc jego wydłużenie jest równe:

( )

2

1

2

11

2

511551

A*E

.*N

EA

.*N DFDF +

+=∆ , i równanie geometryczne jest następujące:

( )

2

2

2

1

2

1 512

2

511551

EA

.*N

A*E

.*N

EA

.*N DFDF=

+

+ .

Układ równań do wyznaczenia sił w prętach ma postać:

20 kN/m

40 kN

B

A

4 m

2

30 kNm C

G F

D

1

1.5 m 1.5 m

15 kN

1.5 m

1.5 m

1.5 m

B

C’

B’

1

45°

A

2

C

G

A’

2∆

1∆

G’

VB

2N

VA

20 kN/m

40 kN

B

A

4 m

30 kNm C

G

F

DFN1

15 kN

3 m


104

=+

=+

21

21

2512511252

452

N*..N.

NN

DF

DF .

Siły w prętach podanego układu prętowego mają wartości: 571231 .N DF = kN, 305302 .N =

kN, 571381 .N FG = kN.

Naprężenia normalne wynoszą: w pręcie 1

na odcinku DF 855117102

10571234

3

.*

*.==

−σ MPa,

na odcinku FG 42896104

10571384

3

.*

*.==

−σ MPa,

w pręcie 2

525151102

10305304

3

.*

*.==

−σ MPa.

Przykład 9.8.21. Wyznaczyć wykresy ( )xN , ( )xu i ( )xxσ w pręcie obciążonym osiowo i

zamocowanym między nieodkształcalnymi ścianami jak na rysunku.

Dane:

P = 100 kN, a = 2 cm ,

E = 205 GPa

Rozwiązanie



000 =+→=++−→= GAGA HHHPPHXΣ


( )

( )

( )

( ) ( )0

5151

2

51

2

51

0

00

2222=

−+−

+

+−

+

+−

+

−

→=+++

→=+++→=

aE

.*PPH

aE

.*PH

aE

.*PH

aE

.*H

AE

lN

AE

lN

AE

lN

AE

lN

lllll

AAAA

DG

DGDG

CD

CDCD

BC

BCBC

AB

ABAB

DGCDBCABAG ∆∆∆∆∆

W wyniku rozwiązania tego układu równań otrzymujemy: 0.50=AH kN i 0.50−=GH kN.

Wartości sił podłużnych są równe:

0.50−=ABN kN, 0.50=BCN kN, 0.50=CDN kN, 0.50−=DGN kN.

Wartości naprężeń normalnych xσ wynoszą:

A B C

G P

x

u

a 2a

1.5 m 1.5 m 1.5 m 1.5 m

HA P HG

D


105

25.31−=ABxσ MPa, 25.31=BCxσ MPa, 00.125=CDxσ MPa, 00.125−=DGxσ MPa.

Wartości wydłużeń poszczególnych odcinków pręta wynoszą:

3

49

3

10*229.010*16*10*205

5.1*10*50−

−−=

−==

AB

ABABAB

AE

lNl∆ m = -0.229 mm

3

49

3

10*229.010*16*10*205

5.1*10*50−

−===

BC

BCBCBC

AE

lNl∆ m = 0.229 mm

3

49

3

10*915.010*4*10*205

5.1*10*50−

−===

CD

CDCDCD

AE

lNl∆ m = 0.915 mm

3

49

3

10*915.010*4*10*205

5.1*10*50−

−−=

−==

DG

DGDGDG

AE

lNl∆ m = -0.915 mm

( )310*915.0915.0229.0229.0 −

−++−=AGl∆ = 0

Wykresy poszukiwanych wielkości:

A B C G

P

x

u

1.5 m 1.5 m 1.5 m 1.5 m

P

D

N(x)

50

50

N(x)

kN

x

σ x (x)

31.2

5

12

5.0

12

5.0

31

.25

σ x (x)

MPa x

0.9

15

0.2

29

u(x)

u(x)

mm

x


106

Przykład 9.8.22. Słup żelbetowy o przekroju 0.4x0.4 m i zbrojeniu 8 ø 22 mm obciążony jest

osiową siłą ściskającą P = 3000 kN. Wyznaczyć naprężenia w stali zbrojeniowej i betonie

jeśli moduły Younga stali Es = 205 GPa i betonu Eb = 32.5 GPa.

410*16004.0*4.0 −

==bA m2

410*41.30 −

=sA m4

Rozwiązanie

Przy założeniu pełnej przyczepności stali i betonu zadanie

jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równanie

równowagi w którym Nb – siła przenoszona przez beton,

a Ns – siła przenoszona przez stal ma postać:

PNN sb =+

Warunek geometryczny, który wynika z założonej przyczepności mówi o równości

przemieszczeń w obu elementach składowych konstrukcji:

sb ll ∆∆ = .

Stąd komplet równań do wyznaczenia sił osiowych jest następujący:

=

=+

ss

s

bb

b

sb

AE

lN

AE

lN

PNN

→

=

=+

−− 4949

3

10*41.30*10*20510*1600*10*5.32

10*3000

sb

sb

NN

NN

.

W wyniku rozwiązania otrzymujemy: 84.2678=bN kN; 16.321=sN kN, i obie siły są

ściskające.

Naprężenia ściskające w betonie i stali są równe:

74.1610*1600

10*84.26784

3

===−

b

bb

A

Nσ MPa, 61.105

10*41.30

10*16.3214

3

===−

s

ss

A

Nσ MPa.

Przykład 9.8.23. Jak zmienia się stosunek energii odkształcenia objętościowego UV i energii

odkształcenia postaciowego Uf do całkowitej energii U w zależności od wartości liczby

Poissona ν w osiowo rozciągany pręcie pryzmatycznym.

Rozwiązanie

=

000

000

00

,,

,,

,,

T

xσ

σ.

.E

;E

;A

NxfxVx22

3

1

6

21σ

νΦσ

νΦσ

+=

−==

P

l

0.4 m

N N


107

VE

UUU;VE

dVU;VE

dVU xfVx

V

ffx

V

VV23

1

6

212

22 σσ

νΦσ

νΦ =+=

+==

−== ∫∫ .

( )ν213

1−==

U

Uk V

V , ( )ν+== 13

2

U

Uk

f

f

Przykład pokazuje, że w analizowanym przypadku:

• ilość energii, która zużywana jest na zmianę postaci zawsze jest większa od tej, która

zużywana jest na zmianę objętości,

• w materiałach nieściśliwych ( 50.=ν ), cała praca sił zewnętrznych zużywa się na zmianę

postaci.

Przykład 9.8.24. Obliczyć zmianę objętości V∆ rozciąganego osiowo siłą N pręta o długości

l i polu przekroju poprzecznego A wykonanego z materiału o stałych sprężystych E oraz ν .

Rozwiązanie

Względna zmiana objętości w punkcie określona wzorem (6.19) wynosi:

zyxD εεε ++= .

Aby otrzymać całkowitą zmianę objętości ciała należy wykonać całkowanie po jego objętości

( )∫∫∫∫∫∫ ++==

V

zyx

V

dVdVDV εεε∆ .

W rozważanym przypadku pręta rozciąganego osiowo stałą siłą N, otrzymujemy:

( ) ( ) ( )E

lNV

EA

NdVV

V

zyx ννεεε∆ 2121 −=−=++= ∫∫∫ .

W izotropowych liniowo sprężystych materiałach liczba Poissona zawiera się w granicach

500 .≤≤ ν , więc pręt rozciągany osiowo wykonany z takiego materiału zwiększa swoją

objętość.

ν

0.50

kV

kf

0.25

1/3

2/3

1.0

kf , kV

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Proste zginanie

108

10. PROSTE ZGINANIE


Proste zginanie pręta pryzmatycznego występuje wówczas gdy układ sił zewnętrznych po

jednej stronie jego przekroju poprzecznego redukuje się do momentu (pary sił), którego

płaszczyzna działania jest prostopadła do płaszczyzny przekroju, a wektor jest równoległy do

jednej z głównych centralnych osi bezwładności przekroju poprzecznego. Moment ten M

nazywamy momentem zginającym. Naszym zadaniem będzie wyznaczenie macierzy

naprężeń i odkształceń oraz współrzędnych wektora przemieszczenia w dowolnym punkcie

takiego pręta.

Rozważmy więc, pokazany na rys. 10.1 pręt pryzmatyczny o polu przekroju poprzecznego A

określony w układzie osi (X, Y ,Z) w którym oś X jest osią pręta a osie (Y, Z) są głównymi

centralnymi osiami bezwładności jego przekroju poprzecznego. W rozważanym przypadku

występuje proste zginanie w płaszczyźnie (X, Z) a wektor momentu zginającego jest

równoległy do osi Y i dlatego na rysunku moment ten jest nazwany My. Materiał pręta jest

izotropowy, liniowo sprężysty o stałych materiałowych E oraz ν.

Postawione zadanie rozwiążemy postępując analogicznie jak w przypadku osiowego

rozciągania. Po dokonaniu myślowego przekroju pręta na dwie części, odrzuceniu części II i

przyłożeniu do części I układu sił wewnętrznych rozważymy trzy komplety równań, tzn.

równania równowagi, geometryczne i fizyczne.

Równania równowagi wynikające z twierdzenia o równoważności odpowiednich układu sił

wewnętrznych i zewnętrznych w tym przypadku przyjmą postać:

( )

=−==+−

===

∫∫∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫

.dAy,MdAz,dAyz

,dA,dA,dA

A

xy

A

x

A

xzxy

A

xz

A

xy

A

x

00

000

σσττ

ττσ

(9.1)

Równania geometryczne będą wynikiem analizy deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń.

Obraz deformacji zginanego pręta przypuszczony w oparciu o przyjęte założenia odnośnie

własności jego materiału i hipotezę płaskich przekrojów Bernoulliego pokazuje rys. 10.2.

My

My

Rys. 10.1

xσ

X

Z

xzτ

xyτ

Y

x

I

A

My

Z Y

X

x

( )001 ,,v

I II

A


109

Analizując przypuszczony obraz deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń przyjmiemy, że:

• przekroje płaskie i prostopadłe do osi pręta przed przyłożeniem obciążenia pozostały

płaskie i prostopadłe do osi pręta po deformacji,


• odkształcenia liniowe związane są zależnością: xzy ενεε −== ,

• górne włókna uległy wydłużeniu, a dolne skróceniu, istnieje warstwa włókien - warstwa

obojętna, których długość nie uległa zmianie, choć przyjęły formę krzywoliniową o

stałym promieniu krzywizny ρ , i w konfiguracji początkowej włókna te leżały na

płaszczyźnie (X, Y).

W celu wyznaczenia odkształcenia liniowego xε

rozważmy deformację odcinka pręta o dowolnie

małej długości dx przed przyłożeniem obciążeń

(rys. 10.3). Po przyłożeniu obciążenia przekroje

skrajne obrócą się i utworzą dowolnie mały kąt dϕ.

Jeśli ρ jest promieniem krzywizny warstwy

obojętnej to odkształcenia liniowe xε włókien

odległych o z od warstwy obojętnej wynoszą:

( )

ρϕρ

ϕρϕρ

ϕ

∆ε

z

d

ddz

ddx

dx

dxx =

−+

→

=

→

=

0

lim

0

lim

Tak więc równania geometryczne mają postać:

,ρ

εz

x = ,ρ

νενεεz

xyy −=−==

0,0,0 === zxyzxy γγγ .

Naprężenia wyznaczymy korzystając z równań Hooke’a.

Rys. 10.2

z

dϕ ρ

z

C ‘

B A

D ‘

z

warstwa

obojętna

Rys. 9.3

dx

dx+∆ dx

C

D

X

Z

dx

X

x

Z

X

warstwa obojętna

konfiguracja

początkowa

konfiguracja

aktualna


110

( ) xxzyxxx EE

εσεεε

ν

νε

ν

σ =→

++

−

+

+

=

211

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= yzyxyy

Eσεεε

ν

νε

ν

σ

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= zzyxzz

Eσεεε

ν

νε

ν

σ

0=→= xyxyxy G τγτ ; 0=→= yzyzyz G τγτ ; 0=→= zxzxzx G τγτ

Należy teraz sprawdzić czy wyprowadzone w oparciu o obserwacje deformacji pręta

naprężenia spełniają równania równowagi (10.1) i związać naprężenia z obciążeniami, które

redukują się tylko do momentu zginającego.

Zerowanie się naprężeń stycznych powoduje, że równania drugie, trzecie i czwarte są

spełnione. Sprawdzamy pierwsze równanie:

∫∫∫∫ ∫∫ =→=→=

AA A

xx dAzE

dAEdA 000ρ

εσ

jest ono spełnione bo całka przedstawia moment statyczny względem osi Y przekroju

poprzecznego, a oś ta jest jego osią centralną.

Równanie szóste:

∫∫ ∫∫ =−→=−

A A

x dAzyE

dAy 00ρ

σ

jest spełnione bo osie (Y, Z) są głównymi osiami bezwładności przekroju poprzecznego, więc

całka w powyższym równaniu, przedstawiająca moment dewiacji przekroju względem tych

osi jest równa zero.

Sprawdzenie równania piątego:

∫∫ ∫∫ ∫∫ =→=→=

A A A

yyyx MdAzE

MdAzE

MdAz22

ρρ

σ

daje zależność między krzywizną osi zdeformowanego pręta i momentem zginającym:

y

y

JE

M=

ρ

1, (10.2)

co pozwala napisać związki wiążące moment zginający z odkształceniem liniowym i

naprężeniem normalnym:

zJE

M

y

y

x =ε (10.3)


111

zJ

M

y

y

x =σ (10.4)

Ostatecznie więc macierze naprężeń i odkształceń przy prostym zginaniu w płaszczyźnie

(X, Z) lub, inaczej mówiąc przy prostym zginaniu względem osi Y mają postać:

=

000

000

00zJ

M

Ty

y

σ

−

−=

zJE

M

zJE

M

zJE

M

T

y

y

y

y

y

y

ν

νε

00

00

00

(10.5)


W pręcie poddanym prostemu zginaniu występuje jednoosiowy niejednorodny stan

naprężenia scharakteryzowany jednym tylko naprężeniem normalnym xσ , które zależy

liniowo od współrzędnej z punktu, w którym obliczamy naprężenia.

Wzór (10.4) dowodzi, że końce wektorów naprężenia xσ leżą na płaszczyźnie, którą możemy

nazwać płaszczyzną naprężenia. Krawędź przecięcia się płaszczyzny naprężenia z

płaszczyzną przekroju poprzecznego nazywać będziemy osią obojętną, gdyż jest ona

miejscem geometrycznym punktów, w których wartości naprężeń normalnych spełniają

równanie:

xσ = 0

Podstawienie do niego zależności (10.4) daje równanie osi obojętnej dla przypadku prostego

zginania w płaszczyźnie (X, Z):

z = 0,

co pokazuje, że w rozważanym przypadku naprężenia zerują się w punktach leżących na osi

Y, to jest tej głównej centralnej osi bezwładności przekroju poprzecznego do której

równoległy jest wektor momentu zginającego. Zatem oś obojętna przy prostym zginaniu

pokrywa się z kierunkiem wektora momentu zginającego i jej położenie nie zależy od

wartości momentu zginającego.

Największe co do bezwzględnej wartości naprężenia wystąpią w punktach najodleglejszych

od osi obojętnej i mają wartość:

y

y

y

y

xW

Mzmax

J

Mmax ==σ , (10.6)

gdzie: zmax

JW

y

y = - wskaźnik wytrzymałości przy zginaniu względem osi Y.

Układ (rozkład) sił wewnętrznych w przekroju poprzecznym pręta pokazuje rys. 10.4.


112

Ponieważ wartości naprężeń normalnych w tym przypadku nie zależą od współrzędnej y to

ich rozkład można rysować w płaszczyźnie y = 0, jak to zostało pokazane na rys. 10.5.

Naprężenie normalne xσ jest równocześnie naprężeniem głównym w danym punkcie, a dwa

pozostałe naprężenia główne są równe zeru i ich kierunki to jakiekolwiek dwa prostopadłe do

siebie i równocześnie prostopadłe do osi pręta.

Ekstremalne naprężenia styczne występują w przekrojach nachylonych pod kątem 45°

do osi

pręta i równają się połowie naprężeń normalnych w danym punkcie przekroju poprzecznego.

Stan odkształcenia jest też niejednorodny ale trójosiowy. Odkształcenia liniowe w kierunku

równoległym do osi pręta są odkształceniami głównymi. Pozostałe dwa odkształcenia główne

są sobie równe a ich kierunki to jakiekolwiek dwa prostopadłe do siebie i równocześnie

prostopadłe do osi pręta.

Na zakończenie warto zwrócić uwagę, że znaki w wyprowadzonych wzorach obowiązują

przy przyjętych zwrotach osi układu odniesienia i wektora momentu gnącego. W przypadku

innych zwrotów należy we wzorach uwzględnić korektę znaków.

10.3. Energia sprężysta pręta zginanego

Podstawienie wyrażeń określających elementy macierzy naprężeń do wzorów (8.18) pozwala

na wyznaczenie gęstości energii sprężystej i energii sprężystej dla rozważanego przypadku

zginania prostego pręta w płaszczyźnie (X, Z): 2

2

1

= z

J

M

E y

yΦ ,

g

y

y

x hJ

M=σ

Y

d

y

y

x hJ

M=σ

X

X

My hg

Z

hd

Rys. 10.4

oś obojętna

Rys. 9.5

Z

Y

hg

hd My

g

y

y

x hJ

M=σ

Z

X

d

y

y

x hJ

M=σ

g

y

y

x hJ

M=σ

Z

X

d

y

y

x hJ

M=σ


113

i stąd energia sprężysta takiego pręta o długości l wynosi:

y

y

A

l

y

y

y

yl

V y

y

VEJ

lMdx

EJ

MdAz

J

M

EdxdVz

J

M

EdVU

222

1

2

12

0

22

0

2

==

=

== ∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫Φ . (10.7)

10.4. Wymiarowanie prętów zginanych

Ograniczymy się teraz tylko do wymiarowania ze względu na stan graniczny nośności

przyjmując, że będzie on osiągnięty jeśli przynajmniej w jednym punkcie wartość naprężeń

normalnych będzie równa wytrzymałości obliczeniowej.

Jeśli materiał pręta ma różną wytrzymałość obliczeniową przy rozciąganiu Rr i ściskaniu Rc ,

to warunki wymiarowania przyjmą postać:

rr

y

y

rx RzmaxJ

Mmax ≤=σ i cc

y

y

cx RzmaxJ

Mmax ≤=σ ,

gdzie:

rxmax σ i cxmax σ - największe naprężenia rozciągające i ściskające w przekroju

poprzecznym,

rzmax i czmax - odległości od osi obojętnej skrajnych punktów przekroju

poprzecznego, odpowiednio, rozciąganych i ściskanych.

W przypadku materiału o tej samej wytrzymałości obliczeniowej przy rozciąganiu i ściskaniu

równej R (materiał izonomiczny) , warunek wymiarowania będzie jeden:

RW

Mmax

y

y

x ≤=σ ,

gdzie: zmax

JW

y

y = - wskaźnik wytrzymałości przy zginaniu względem osi Y.

10.5. Proste zginanie w płaszczyźnie (X, Y)

Ten przypadek prostego zginania pokazany został na rys. 10.6.

Postępując analogicznie jak w przypadku prostego zginania w płaszczyźnie (X, Z) otrzymamy

następujące macierze naprężeń i odkształceń:

Mz

Rys. 10.6

Z Y

X

Mz


114

=

000

000

00yJ

M

Tz

z

σ

−

−=

yJE

M

yJE

M

yJE

M

T

z

z

z

z

z

z

ν

νε

00

00

00

. (10.8)

Zależność wiążąca krzywiznę osi pręta po deformacji z momentem zginającym, geometrią

pręta i jego modułem Younga ma postać:

z

z

JE

M=

ρ

1. (10.9)

Osią obojętną w tym przypadku jest oś Z, a największe co do bezwzględnej wartości

naprężenia, które wystąpią we włóknach najodleglejszych od osi obojętnej, mają wielkość:

z

z

z

zx

W

Mymax

J

Mmax ==σ (10.10)

gdzie: ymax

JW z

z = - wskaźnik wytrzymałości przy zginaniu względem osi Z.

Rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju poprzecznym pokazuje rys. 10.7.

10.6. Przykłady

Przykład 10.6.1. Wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju α−α i β−β

belki prostokątnej o wymiarach przekroju bxh = 0.12x0.24 m obciążonej momentami jak na

rysunku.

Y

X

Z

Rys. 10.7

oś obojętna

Mz


115

Rozwiązanie

Momenty działają w

płaszczyźnie (X, Z), można więc

powiedzieć, że występuje

zginanie względem osi Y.

Wyznaczenie jej położenia jest

łatwe, przechodzi przez środek

ciężkości prostokąta i jest

prostopadła do osi Z. Wykonanie

wykresu momentów zginających

pozwala na wyznaczenie

wartości momentów zginających

w zadanych przekrojach α−α i

β−β.

Rzędne wykresu momentów umieszczone są po stronie włókien rozciąganych.

Wartości charakterystyk geometrycznych przekroju poprzecznego belki są równe:

1382412

2412

12

33

===*bh

J y cm4, 1152

6

24*12

6

22

===bh

Wy cm3

Rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju α−α

Wykres momentów pokazuje, że w tym przekroju rozciągane są włókna dolne i moment

zginający w rozważanym przekroju ma zwrot pokazany na poniższym rysunku.

Przy takim momencie zginającym i przyjętych zwrotach układu współrzędnych w punktach

przekroju poprzecznego o dodatnich współrzędnych z (włókna górne) występują naprężenia

ściskające i stąd rozkład naprężeń normalnych w tym przekroju określa wzór:

zJ

M

y

y

x

αα

σ

−

−= .

Wartości naprężeń we włóknach górnych i dolnych wynoszą:

04261201013824

10308

3

..*

*xg −=−=

−σ MPa, ( ) 0426120

1013824

10308

3

..*

*xd =−−=

−σ MPa.

Ponieważ są to włókna skrajne to licząc w nich naprężenia możemy wykorzystać wskaźnik

wytrzymałości:

04.2610*1152

10*306

3

−=−=−=−

−

y

y

xgW

Mαα

σ MPa, 04.2610*1152

10*306

3

===−

−

y

y

xdW

Mαα

σ MPa.

Rozkład naprężeń pokazuje rysunek wyżej.

M2 = 50 kNm

β

M3 = 20 kNm X

Z Y

M1 = 30 kNm α

α

β

Z

Y

0.12 m

0.24 m

My

kNm

30

20

Myα−α

= 30 kNm

30

Z

X σ x

MPa

Myα−α

26.04

26.04

Z

Y


116

Rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju β−β

W tym przekroju rozciągane są włókna górne i moment zginający ma zwrot pokazany na

poniższym rysunku.

W tym przypadku w punktach przekroju poprzecznego o dodatnich współrzędnych z (włókna

górne) występują naprężenia rozciągające (dodatnie wg umowy znakowania naprężeń

normalnych) i dlatego rozkład naprężeń normalnych w przekroju wyznacza zależność:

zJ

M

y

y

x

ββ

σ

−

= .

Wartości naprężeń we włóknach górnych i dolnych są równe:

36.1712.010*13824

10*208

3

==−

xgσ MPa, ( ) 36.1712.010*13824

10*208

3

−=−=−

xdσ MPa,

lub

36.1710*1152

10*206

3

===−

−

y

y

xgW

Mββ

σ MPa, 36.1710*1152

10*206

3

−=−==−

−

y

y

xdW

Mββ

σ MPa.

Rozkład naprężeń pokazuje rysunek wyżej.

Przykład 10.6.2. Wyznaczyć wymiar a przekroju podanej belki z warunku granicznego

nośności jeśli wytrzymałość obliczeniowa materiału przy rozciąganiu Rr = 60 MPa, a przy

ściskaniu Rc = 180 MPa. Po określeniu przekroju wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych

xσ .

Rozwiązanie

Występuje przypadek prostego zginania w płaszczyźnie (X, Z). Należy zacząć od

wyznaczenia położenia osi zginania i zarazem osi obojętnej; będzie to główna centralna oś

bezwładności przekroju poprzecznego do której równoległy jest wektor momentu

zginającego. W rozważanym przypadku będzie to oś Y.

Wyznaczenie osi obojętnej:

pole przekroju: A = 12a2 ,

Z

X

M = 120 kNm Y

4a

2a

Z

Yo

Y

1.5a 1.5a a

Myβ−β

Z

X σ x

MPa

17.36

17.36

30 2

0

My

β−β

= 20 kNm

Z

Y


117

moment statyczny względem osi Y0: 322 485824 aa*aa*aS yo =+= ,

położenie osi zginania: aa

a

A

Sz

yo4

12

482

3

0 === .

Moment bezwładności względem osi zginania: ( ) ( ) 4

33

323

4

3

24a

a*aa*aJ y =+=

Górne włókna belki są rozciągane a dolne ściskane.

Potrzebny wymiar a ze względu na:

• rozciąganie 26

4

3

10051060232

101202 −

≥→≤→≤ *.a*aa

*Ra

J

Mrr

y

ym

• ściskanie 26

4

3

104410180432

101204 −

≥→≤→≤ *.a*aa

*Ra

J

Mcc

y

ym

należy przyjąć )a,a(maxa rc≥ . Przyjęto do wykonania a = 5.0 cm.

44 102532 **J y == cm4

Wartości naprężeń normalnych wynoszą:

060100102

101204

3

..*

*z

J

Mxg

y

y

x ==→=−

σσ MPa, ( ) 0120200102

101204

3

..*

*xd −=−=

−σ MPa,

ich rozkład pokazano niżej.

Przykład 10.6.3. Zmierzone tensometrem elektrooporowym odkształcenia liniowe dolnych

włókien belki zginanej jak na rysunku wynoszą: 0004.0=xdε . Wyznaczyć wartość momentu

zginającego M oraz rozkład naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym belki jeśli moduł

Younga jej materiału E = 205 GPa.

Rozwiązanie

Z

X

My = 120 kNm

60

120

σ x

MPa

Z

Y

7.5 7.5 5

My = 120 kNm 20

10

wymiary w cm

xdε

Z

X

M Y

3

Z

Y 12

9

9 3 3

wymiary w cm


118

Belka jest zginana w płaszczyźnie (X, Z). Jej górne włókna są ściskane, więc w przyjętym

układzie współrzędnych, rozkład naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym określa

zależność :

zJ

M

y

y

x −=σ . (a)

Wyznaczenie położenia osi zginania Y:

pole przekroju:

50.3196*9*924*15 =−=A cm2,

moment statyczny względem osi Y0:

00407769950122415 .***.**S yo =−= cm3,

położenie osi zginania:

761125319

040770 .

.

.

A

Sz

yo=== cm.

Moment bezwładności względem osi zginania:

( ) 933154546761129545036

954276102415

12

2415 23

23

..**.*.*.

.***

J y =

−+−+= cm

4.

Wyznaczone na podstawie zmierzonych odkształceń naprężenia normalne w dolnych

włóknach belki są równe:

00820004010205 9..**E xdxd === εσ MPa.

Naprężenia normalne we włóknach dolnych obliczone ze wzoru (a) wynoszą:

( )2

81076112

1093315454

−

−−−= *.

*.

Mxdσ ,

i z porównania ich z wielkością naprężeń otrzymanych na podstawie pomiarów wyznaczamy

wartość momentu zginającego M:

( ) 3119910008210761121093315454

62

8.M*.*.

*.

M=→=−−

−

−kNm.

Naprężenia normalne we włóknach górnych wynoszą:

2207210239111093315454

1031199 2

8

3

.*.*.

*.xg −=−=

−

−σ MPa.

Rozkład naprężeń normalnych jest niżej pokazany.

Yo 3

Z

Y

12

9

9 3 3

12.761

11.239

σ x

MPa

82.00

72.22

wymiary w cm

Z

Y

9 3 3

12.761

11.239

M


119

Przykład 10.6.4. Dwie drewniane belki prostokątne o wymiarach przekroju 0.12x0.20 m i

0.12x0.10 m położone na sobie obciążono momentem M = 40 kNm. Wyznaczyć rozkłady

naprężeń normalnych xσ w obu belkach przy założeniu braku tarcia między nimi oraz w

przypadku ich połączenia.

Rozwiązanie

Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne, bo do wyznaczenia momentów M1 oraz

M2 działających na poszczególne belki dysponujemy tylko jednym równaniem momentów.

Brakujące równanie, równanie geometryczne wynika z równości krzywizn obu belek.

Tak więc komplet równań przybiera postać:

( ) ( )

=

=+

→

=

=+

1210012012200120

1040

3

2

3

1

321

2

2

1

1

21

.*.

M

.*.

M

*MM

JE

M

JE

M

MMM

yy

W wyniku jego rozwiązania otrzymujemy wielkości momentów działających na poszczególne

belki:

56351 .M = kNm, 4442 .M = kNm

Wartości naprężeń we włóknach skrajnych belek niepołączonych:

( )4544

6200120

1056352

3

1

11 .

.*.

*.

W

M

y

x mmm ===σ MPa

( )2022

6100120

104442

3

2

22 .

.*.

*.

W

M

y

x mmm ===σ MPa

Wartości naprężeń we włóknach skrajnych belek połączonych:

22226300120

100402

3

.).*.(

*.

W

M

y

x mmm ===σ MPa.

Rozkłady naprężeń normalnych pokazano niżej.

σ x

MPa 22.22

M1

M2

22.20

44.45

belki

niepołączone

22.22

M

belki

połączone

wymiary

w cm

M M 1

2

X

Z

Y1

Y2

12

10

20

Z

Y

15


120

Przykład 10.6.5. Obliczyć zmianę objętości V∆ , zginanego momentem yM , pręta o

długości l i momencie bezwładności yJ , wykonanego z materiału o stałych E oraz ν .

Rozwiązanie

Całkowitą zmianę objętości V∆ pręta zginanego otrzymamy całkując po jego objętości sumę

odkształceń liniowych na przekątnej głównej macierzy odkształceń:

( )( )

021

0

=−

=++= ∫ ∫∫∫∫∫l

Ay

y

V

zyx dAzdxJ

M

EdVV

νεεε∆ .

Zmiana objętości jest równa zero, gdyż całka 0=∫∫A

dAz , w powyższym wyrażeniu bo to

moment statyczny względem osi centralnej Y.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie

121

11. POPRZECZNE ZGINANIE


Poprzecznym zginanie występuje wówczas, gdy do pobocznicy pręta pryzmatycznego o

symetrycznym przekroju poprzecznym przyłożone jest obciążenie rozłożone symetrycznie

względem płaszczyzny symetrii pręta, które w jego przekroju poprzecznym redukuje się do

momentu zginającego M i siły poprzecznej Q . Płaszczyzną działania obu tych sił

przekrojowych zarówno Q jak i M , jest płaszczyzna symetrii pręta. Zagadnienie to występuje

wtedy, gdy moment zginający zmienia swoją wartość na długości pręta, gdyż - zgodnie ze

znaną zależnością różniczkową - ( )

( )xQdx

xMdz

y= , wówczas siła poprzeczna ( ) 0≠xQz

(patrz rys. 11.1).

Rys. 11.1

W tak obciążonym pręcie poszukiwać będziemy macierzy naprężeń, odkształceń oraz wektora

przemieszczenia w dowolnym jego punkcie. Postawione zadanie, w tym przypadku, nie daje

się rozwiązać w sposób ścisły nie tylko metodami wytrzymałości materiałów ale i metodami

teorii sprężystości. Aby uzyskać zależności określające poszukiwane wielkości, konieczne

będzie przyjęcie dodatkowych założeń upraszczających. Można jednak pokazać poprzez

eksperymenty doświadczalne i numeryczne, że otrzymane w ten sposób wyniki nie odbiegają

w sposób istotny od ścisłych rozwiązań dla szczególnych przypadków poprzecznego zginania,

a ich niewątpliwą zaletą jest prostota formy.

Jednakże zanim przejdziemy do ich wyznaczenia, przeanalizujmy deformację zginanego

poprzecznie wspornika o przekroju prostokątnym pokazanego na rys. 11.2.

Qz(x)

Qz(x)

My(x)

My(x)

Z

Y

dx

Z

X

q(x)

x

Y


122

Rys. 11.2

Wspornik pokazany w lewej części rysunku składa się z kilku położonych na sobie

elementów , a w części prawej wspornik wykonany jest z jednego elementu. Obraz deformacji

na rys. 11.2 pokazuje, że w przypadku poprzecznego zginania przekrój płaski i prostopadły do

osi pręta w konfiguracji początkowej nie pozostaje płaski po przyłożeniu obciążenia, jak to

było w przypadku zginania prostego. Dowodzi to wystąpienia odkształceń kątowych (w

pokazanym przykładzie będzie to xzγ ) włókien równoległych do osi układu odniesienia i, co

za tym idzie naprężeń stycznych w przekroju poprzecznym. Mimo tego, przy wyprowadzaniu

zależności określających odkształcenie liniowe przyjmiemy spełnienie hipotezy Bernoulliego

głoszącej, że przekrój płaski i prostopadły do osi pręta przed przyłożeniem obciążenia

pozostaje płaski i prostopadły do ugiętej osi po przyłożeniu obciążenia. Można pokazać, że

takie założenie upraszczające będzie skutkowało w wartościach naprężeń normalnych błędem

rzędu h/l gdzie: h jest wysokością przekroju pręta, a l jego długością. Stąd też należy

pamiętać, że wyprowadzone zależności mogą być stosowane w przypadku zginania

poprzecznego prętów długich.

Po tych wstępnych uwagach rozważmy pokazany na rys. 11.1 pręt pryzmatyczny o polu

przekroju poprzecznego A, określony w układzie współrzędnych (X, Y, Z) w którym osie (Y,

Z) są głównymi centralnymi osiami bezwładności przekroju poprzecznego, a płaszczyzna (X,

Z) jest płaszczyzną symetrii pręta i zarazem płaszczyzną obciążenia. Materiał pręta jest

izotropowy, liniowo sprężysty o stałych materiałowych E oraz ν.

Dalej postępować będziemy według schematu, który poprzednio był już dwukrotnie

zastosowany. Po dokonaniu myślowego przekroju pręta na dwie części w miejscu o odciętej

x, odrzuceniu części II i przyłożeniu do części I układu sił wewnętrznych (rys.11.3)

rozważymy trzy komplety równań tzn. równania równowagi, geometryczne i fizyczne.

Rys.11.3

konfiguracja

początkowa

Z

X

Z

X

konfiguracja

aktualna

xσX

Z xzτ

xyτ

Y

x

I

A

My(x)

Qz (x)


123

Równania równowagi wynikające z twierdzenia o równoważności odpowiednich układów sił


( )

=−==+−

−===

∫∫∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫

.dAy),x(MdAz,dAyz

),x(QdA,dA,dA

A

xy

A

x

A

xzxy

z

A

xz

A

xy

A

x

00

00

σσττ

ττσ

(11.1)

Równania geometryczne napiszemy przyjmując, że:

• przekroje płaskie i prostopadłe do osi pręta przed przyłożeniem obciążeń pozostają

płaskie i prostopadłe do ugiętej osi pręta po przyłożeniu obciążeń,


• odkształcenia liniowe związane są zależnością: xzy ενεε −== ,

• górne włókna uległy wydłużeniu, a dolne skróceniu, istnieje warstwa włókien - warstwa

obojętna, których długość nie uległa zmianie, choć przyjęły formę krzywoliniową o

zmiennym promieniu krzywizny ( )xρ , i w konfiguracji początkowej włókna te leżały na

płaszczyźnie (X, Y).

Odkształcenia liniowe xε wyznaczymy analizując

wydłużenie odcinka pręta o dowolnie małej długości dx

przed przyłożeniem obciążeń (rys. 11.4). Po deformacji

przekroje skrajne obrócą się i utworzą dowolnie mały kąt

dϕ(x). Jeśli ρ(x) jest promieniem krzywizny warstwy

obojętnej, to odkształcenia liniowe xε włókien odległych o

z od warstwy obojętnej wynoszą:

( )[ ] ( )

( ) ( )x

z

xdx

xdxxdzx

xd

dx

dx

dxx

ρϕρ

ϕρϕρ

ϕ

∆ε

=−+

→

=

=

→

=

)(

)()(

0)(

lim

0

lim

Równania geometryczne zapiszemy w postaci:

( ),

x

zx

ρ

ε = ( )x

zxzy

ρ

νενεε −=−== ,

0,0 == yzxy γγ .

Podstawienie tych odkształceń do równań fizycznych daje poniższe zależności i wartości

naprężeń:

( ) xxzyxxx EE

εσεεε

ν

νε

ν

σ =→

++

−

+

+

=

211,

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= yzyxyy

Eσεεε

ν

νε

ν

σ ,

z

( )xρ

z

C ‘

B A

D ‘

z

warstwa

obojętna

Rys. 11.4

dx

dx+∆ dx

C

D

X

( )xdϕ


124

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= zzyxzz

Eσεεε

ν

νε

ν

σ ,

0=→= xyxyxy G τγτ , 0=→= yzyzyz G τγτ .

W wyniku podstawienia do równań równowagi zawierających naprężenia normalne

otrzymujemy:

( )∫∫∫∫ ∫∫ =→=→=

AA A

xx dAzx

EdAEdA 000

ρ

εσ

( )∫∫ ∫∫ =−→=−

A A

x dAyzx

EdAy 00

ρ

σ

( )( )

( )∫∫ ∫∫ =→=

A A

yyx xMdAzx

ExMdAz

2

ρ

σ

zależność między krzywizną osi zdeformowanego pręta i momentem zginającym:

( )

( )

y

y

JE

xM

x=

ρ

1, (11.2)

co pozwala napisać związki wiążące moment zginający z odkształceniem liniowym i

naprężeniem normalnym:

zJE

xM

y

y

x

)(=ε , (11.3)

zJ

xM

y

y

x

)(=σ . (11.4)

Aby wyznaczyć, ostatni, nieznany element macierzy naprężeń xzτ , wytnijmy z długości pręta

dwoma płaszczyznami prostopadłymi do jego osi odcinek o dowolnie małej długości dx i

rozważmy równowagę górnej jego części odciętej płaszczyzną z = const (rys. 11.5).

Rys. 11.5

( )xxσ

X

dx

z

xzττττ~

b (z)

x

Y

Z

( )dxxx +σ

A1

B C

D F


125

Siły przyłożone do tej odciętej części winny spełniać ogólnie znane warunki równowagi.

Jeżeli przez zxτ~ oznaczymy średnie naprężenie styczne na ściance BCDF to jeden z

warunków równowagi a mianowicie sumy rzutów sił na oś X możemy zapisać w postaci:

∑ = ;0X

∫∫∫∫ =+++−

11

0)()(~)(

A

x

A

zxx dAdxxdxzbdAx στσ

Wykorzystanie zależności (10.4) wiążącej naprężenia normalne z momentem zginającym, a

następnie twierdzenia Lagrange’a pozwala przepisać powyższe równanie w formie:

∫∫∫∫ =

+

+++−

11

0)(

)()(~)(

A y

y

y

A

zx

y

ydA

J

zdx

dx

dxxdMxMdxzbdAz

J

xM α

τ

gdzie: 10 ≤≤ α .

Podstawiając do równania związek różniczkowy między momentem zginającym i siłą

poprzeczną możemy otrzymać:

∫∫+

−=

1

)(

)(~

Ay

zzx dAz

zbJ

dxxQ ατ .

Po obustronnym przejściu do granicy 0→dx otrzymujemy ostatecznie zależność określającą

poszukiwane naprężenia styczne:

)(

)()(

zbJ

zSxQ

y

yz

xzzx −==ττ , (11.5)

gdzie: xzτ - średnie naprężenie styczne we włóknach z = const w przekroju pręta o

współrzędnej x,

( )zS y - moment statyczny względem osi zginania części przekroju ponad włóknami w

których wyznaczamy naprężenia,

( )zb - szerokość przekroju na wysokości z ,

( )xQz - siła poprzeczna w przekroju w którym wyznaczamy naprężenia.

Znaki w wyprowadzonych wzorach obowiązują przy przyjętych zwrotach osi układu

odniesienia i sił przekrojowych. W przypadku innych zwrotów należy dokonać odpowiedniej

korekty znaków.

Zatem macierze naprężeń i odkształceń w pręcie poddanym poprzecznemu zginaniu w

płaszczyźnie (X, Z) mają postać:

=

00

000

0

zx

xzx

T

τ

τσ

σ,

−

−=

xzx

x

xzx

T

ενγ

εν

γε

ε

02

00

20

(11.6)

w których naprężenia wyrażone poprzez siły przekrojowe i charakterystyki geometryczne

określają wzory wyprowadzone wyżej a odkształcenia liniowe i kątowe związane są z nimi

równaniami Hooke’a.

Warto jednak w tym miejscu dodać, że jest to najprostsza postać macierzy naprężeń i

odkształceń dla tego przypadku wytrzymałości. Bywają one jeszcze uzupełnione

naprężeniami xyτ oraz zσ i odpowiadającymi im odkształceniami ale i wówczas są one


126

przybliżone i nie spełniają kompletu równań zagadnienia brzegowego ciągłego ośrodka

liniowo-sprężystego.


Macierz naprężeń przy poprzecznym zginaniu pokazuje, że w tym przypadku wytrzymałości

występuje płaski, niejednorodny stan naprężenia, którego płaszczyzną jest płaszczyzna

(X, Z). Naprężenia główne (ekstremalne wartości naprężeń normalnych) i ich kierunki

wyznaczamy ze wzorów wyprowadzonych przy analizie płaskiego stanu naprężenia

podstawiając do nich odpowiednie elementy macierzy naprężeń:

2

2

max22

xzxx

τ

σσ

σ +

+= , 2

2

min22

xzxx

τ

σσ

σ +

−= ,

maxmaxtg

σ

τ

αxz

= , min

mintgσ

τ

αxz

= .

Naprężenia normalne w przekroju poprzecznym określone wzorem (11.4) są liniowo zależne

od współrzędnej z, zerują się w punktach na osi Y, jest ona ich osią obojętną i osiągają swą

maksymalną bezwzględną wartość w punktach od niej najodleglejszych. Ponieważ w tym

przypadku wytrzymałości moment zginający zmienia swą wartość na długości pręta to

największe naprężenia xσ , w konstrukcji wystąpią w przekroju maksymalnego momentu

zginającego i są równe:

y

y

y

y

xW

Mmaxzmax

J

Mmaxmax ==σ (11.7)

gdzie: zmax

JW

y

y = znany już wskaźnik wytrzymałości przy zginaniu względem osi Y.

Analizę rozkładu naprężeń stycznych xzτ w przekroju poprzecznym określonych wzorem

(11.5) zaczniemy od omówienia występującego w nim ujemnego znaku. Punktem wyjścia

przy jego określeniu jest to, że zwrot tych naprężeń jest taki jak zwrot siły poprzecznej i nie

zależy od układu odniesienia. Przypisanie odpowiedniego znaku po ustalonym już zwrocie

naprężenia stycznego związane jest z przyjętym układem odniesienia i reguluje to umowa

znakowania naprężeń stycznych – reguła podwójnej zgodności (zwrotów osi układu

współrzędnych i zwrotów normalnej zewnętrznej do płaszczyzny przekroju).

Pokazane na rysunkach obok naprężenia

styczne w obu przypadkach mają zwrot w dół

(bo tak działa na rozważany przekrój siła

poprzeczna) ale w przypadku po lewej należy

przypisać im znak minus (bo zachodzi

niezgodność ich zwrotu z dodatnim

kierunkiem osi Z układu współrzędnych, przy

równoczesnej zgodności zwrotu normalnej

zewnętrznej do przekroju ze zwrotem osi X ).

W dowolnym ustalonym przekroju poprzecznym pręta naprężenia styczne są funkcją jednej

współrzędnej z. Powstaje pytanie, jaką funkcją ?

Z

X

τ xz < 0

Qz

Z

X

τ xz > 0

Qz


127

Zacznijmy od prostego przypadku prostokątnego przekroju o wymiarach hb × , na który

działa siła poprzeczna QQz = skierowana zgodnie z osią Z. Wielkości występujące we

wzorze na naprężenia styczne w tym przypadku przyjmują wartości:

( ) ,bzb,hbJ y == 123

( )

−=−=

22

21

8242 h

zhbz*zb

h*

hbzS y

−=

−=

222

3 21

2

3

21

812 h

z

bh

Q

h

zhb

b*hb

Qzxτ

Zatem rozkład naprężeń stycznych po wysokości przekroju prostokątnego jest funkcją

kwadratową, która osiąga ekstremalną wartość na osi obojętnej, a zeruje się we włóknach

skrajnych. Rysunek poniżej pokazuje opisaną sytuację w aksonometrii oraz w płaszczyźnie

(X, Z).

Z naprężeniami stycznymi xzτ stowarzyszone

są naprężenia zxτ (patrz rysunek obok) i

właśnie te naprężenia są przyczyną

rozwarstwiania się pręta (ścinania) w

płaszczyznach równoległych do płaszczyzny

(X, Y).

Mając w pamięci rozkład naprężeń

stycznych dla prostokątnego

przekroju narysowanie kształtu

rozkładu naprężeń stycznych dla

innych prostych przekrojów, w

których boczne tworzące są

odcinkami równoległe do osi Z nie

powinno sprawiać trudności (patrz

szkice obok).

Z

Y

h

b

z

maxτ xz = 3Q/2bh

= 3Q/2A

h/2

h/2

b

Q

X

Z

h/2

h/2

maxτ xz = 3Q/2A Y

Z

Q

Y

Z τ xz

Q

Y

Z τ xz


128

Stan odkształcenia przy poprzecznym zginaniu jest przestrzenny. Przy czym odkształcenia

liniowe włókien równoległych do osi Y to jedne z odkształceń głównych. Dwa pozostałe to

odkształcenia odpowiadające kierunkom naprężeń głównych działających w płaszczyźnie

(X, Z).

11.3. Energia sprężysta pręta zginanego poprzecznie

Po wstawieniu do wzorów (8.18), zależności określających elementy macierzy naprężeń dla

pręta poddanego poprzecznemu zginaniu i wykonaniu całkowania po jego objętości

dostajemy wyrażenie określające wielkość energii sprężystej dla tego przypadku

wytrzymałości:

( )[ ] =++== ∫∫∫∫∫∫V

xzx

V

dVE

dVU 22 122

1τνσΦ

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

∫∫∫∫∫∫ ∫∫ +=

+

=

l

z

l

y

y

y

yz

AA

l

y

yl

dxAG

xQdx

JE

xMdA

zbJ

zSxQ

GdxdAz

J

xM

Edx

0

2

0

22

0

2

0222

1

2

1κ ,

gdzie:( )

( )dA

zb

xS

J

A

A

y

y

∫∫=2

2

2κ - współczynnik zależny od kształtu przekroju nazywany

energetycznym współczynnikiem ścinania (dla prostokąta ma wartość 1.2, a dla przekroju

kołowego 1.18).

Energię sprężystą układu złożonego z wielu prętów poddanych poprzecznemu zginaniu

obliczamy wykonując sumowanie po wszystkich przedziałach charakterystycznych:

( ) ( )

∑ ∫∑∫==

+=

n

i

l

zn

i

l

y

ydx

AG

xQdx

JE

xMU

1 0

2

1 0

2

22κ . (11.8)

11.4. Wymiarowanie prętów zginanych poprzecznie

Ograniczymy się teraz tylko do wymiarowania ze względu na stan graniczny nośności

przyjmując, że będzie on osiągnięty jeśli przynajmniej w jednym punkcie dowolnego

przekroju poprzecznego pręta, wartości naprężeń normalnych lub stycznych będą równe ich

wytrzymałości obliczeniowej. Tak więc stan graniczny nośności wymaga, w istocie rzeczy,

równoczesnego spełnienia dwóch nierówności:

• warunek nośności ze względu na naprężenia normalne:

materiał pręta ma różną wytrzymałość obliczeniową na rozciąganie Rr i ściskanie Rc

rry

y

rx RzmaxJ

Mmaxmax ≤=σ i cc

y

y

cx RzmaxJ

Mmaxmax ≤=σ ,

gdzie:

rxmax σ i cxmax σ - największe naprężenia rozciągające i ściskające w przekroju

poprzecznym konstrukcji,

rzmax i czmax - odległości od osi obojętnej skrajnych punktów przekroju

poprzecznego, odpowiednio, rozciąganych i ściskanych.

materiał pręta ma jednakową wytrzymałość obliczeniową na rozciąganie i ściskanie

(materiał izonomiczny) R


129

RW

Mmaxmax

y

y

x ≤=σ

• warunek nośności ze względu na naprężenia styczne:

( )

( )t

y

yz

xz RzbJ

zSQmaxmax ≤=τ ,

gdzie: tR wytrzymałość obliczeniowa na ścinanie.

Punkt, w którym wystąpią maksymalne naprężenia normalne to najodleglejszy od osi

obojętnej punkt przekroju poprzecznego, w którym występuje maksymalny moment

zginający.

Nieco trudniej jest określić punkt wystąpienia maksymalnych naprężeń stycznych, jeśli

przekrój ma skomplikowany kształt (np. o zmiennej szerokości). Wymaga to pewnej analizy,

ale będzie to niewątpliwie punkt w tym przekroju gdzie występuje maksymalna siła

poprzeczna.

Z tych dwóch wyżej podanych warunków na ogół wystarcza spełnienie warunku stanu

granicznego nośności ze względu na naprężenia normalne, gdyż te naprężenia w prętach są

dominujące. Aby się o tym przekonać policzmy stosunek maksymalnego naprężenia

normalnego xσ do maksymalnego naprężenia stycznego xzτ w belce wolnopodpartej o

przekroju prostokątnym hb × obciążonej jak rysunku.

Maksymalne naprężenia normalne wystąpią w środku

rozpiętości we włóknach skrajnych i będą miały wartość

2

6

4 hb

lP

W

Mmaxmax

yx ==σ .

Maksymalne naprężenia styczne wystąpią we włóknach na

osi obojętnej i będą miały wartość hb

P

A

Qmax xz

22

3

2

3==τ .

Zatem: h

l

hb

P

hb

lP

max

max

xz

x 2

4

3

2

32

==

τ

σ.

Rozpiętość belki jest w większości przypadków kilkanaście razy większa od jej wysokości i

podobnie dominują wartości naprężeń normalnych nad stycznymi, a naprężenia obliczeniowe

przy rozciąganiu nie są tak dużo mniejsze od tych przy ścinaniu, gdyż np.:

stal St3S R = 215 MPa, R t = 0.58 R

beton B20 Rr = 0.71 MPa, R t = 0.75 R

drewno sosnowe Rr =12.5 MPa, R t = 1.4 MPa.

Dla pełnego sprawdzenia stanu granicznego nośności należałoby obliczyć naprężenia główne

(tzn. ekstremalne naprężenia normalne) i ekstremalne naprężenia styczne i porównać je z

wartościami odpowiednich wytrzymałości obliczeniowych. Z reguły jest to jednak zbyteczne

gdyż dla belek zginanych o powszechnie stosowanych ( „nie udziwnionych”) kształtach

przekroju, największe naprężenia normalne występują we włóknach skrajnych (w

płaszczyźnie przekroju poprzecznego) i tam też występują ekstremalne naprężenia styczne ,

których wartość jest równa połowie tych naprężeń normalnych.

11.5. Trajektorie naprężeń głównych w prętach zginanych poprzecznie

P

l/2

l/2


130

Rozważmy płaską tarczę w płaszczyźnie (X, Z) w której występuje płaski stan naprężenia

określony macierzą naprężeń:

=

0zx

xzxT

τ

τσ

σ,

której elementy są funkcjami

zmiennych x oraz z .

W każdym punkcie tarczy możemy

wyznaczyć naprężenia główne i ich

kierunki posługując się znanymi

wzorami:

2

2

22xz

xx

minmax τ

σσσ +

±= , (a)

minmax

xz

minmaxtg

σ

τα = . (b)

Wybierzmy w niej dowolny punkt I (rys. 11.6) i wyznaczmy w nim naprężenie główne Imax,σ

i jego kierunek określony Imax,tgα , a następnie przesuńmy się po tym kierunku do bliskiego

punktu II. W punkcie II wyznaczmy naprężenie główne IImax,σ i jego kierunek określony

Imax,tgα i znowu przesuńmy się po tym kierunku do bliskiego punktu III, itd. Działania takie

możemy kontynuować startując od dowolnego punktu na brzegu tarczy i kończąc na innym

punkcie brzegowym a ich wynikiem będzie krzywa łamana, która w przypadku gdy z

odległościami między punktami będziemy zmierzać do zera będzie krzywą ciągłą o tej

własności, że w każdym jej punkcie kierunek maksymalnego naprężenia głównego maxσ jest

do niej styczny. Krzywą o takiej własności nazywać będziemy trajektorią maksymalnego

naprężenia głównego. Podobnie definiujemy trajektorię minimalnego naprężenia głównego.

W płaskiej tarczy trajektorie maksymalnych i minimalnych naprężeń głównych tworzą dwie

rodziny krzywych prostopadłych do siebie w każdym punkcie.

Odnieśmy teraz to co zostało wyżej powiedziane do przykładu belki wolnopodpartej

obciążonej równomiernie której prostokątny przekrój ma wymiary h*b ( rys. 11.7)

X

Z

Rys.11.6

III

Imaxσ

I

Iminσ

II

IIImaxσ

IIIminσ

4π

Z

X

q

l

Rys. 11.7

2π


131

Funkcja momentów zginających i naprężeń normalnych są następujące:

( )22

2xqxlq

xM y −= , ( )( )

zJ

xMz,x

y

y

x −=σ , (c)

a funkcje sił poprzecznych i naprężeń stycznych mają postać:

( ) qxlq

xQz −=

2, ( )

( ) ( )

( )zbJ

zSxQz,x

y

yz

xz −=τ , (d)

w których 12

3bh

J y = , ( )28

22zbhb

zS y −= , ( ) bzb = .

Trajektorie maksymalnych i minimalnych naprężeń głównych to krzywe całkowe niżej

podanych równań różniczkowych:

max

xzmax

dx

dztg

σ

τα == ,

min

xzmin

dx

dztg

σ

τα == , (e)

do których trzeba wstawić zależności (a), (c) i (d).

Rozwiązanie równań (e) daje dwie rodziny krzywych, których przebieg jest naszkicowany na

rys. 11.7. Linią ciągłą naszkicowana jest trajektoria maksymalnego naprężenia głównego

(rozciągającego), a linia przerywana pokazuje trajektorię minimalnego naprężenia głównego

(ściskającego). Każda z tych trajektorii przecina oś X pod kątem °45 , bo tam panuje czyste

ścinanie, i podchodzi do odpowiednich krawędzi (rozciąganych lub ściskanych) belki pod

kątem prostym.

Zagadnienie trajektorii naprężeń głównych jest szczególnie ważne przy kształtowaniu

zginanych poprzecznie belek żelbetowych. Ponieważ wytrzymałość betonu przy rozciąganiu

jest kilkanaście razy mniejsza niż przy ściskaniu, a stal posiada duża wytrzymałość przy

rozciąganiu, więc w obszarach belki gdzie występują naprężenia rozciągające przenoszą je

stalowe pręty powszechnie nazywane - zbrojeniem. Przebieg zbrojenia w żelbetowej belce

winien w przybliżeniu odpowiadać kształtowi maksymalnych naprężeń głównych, i stąd

zbrojenie pracujące na rozciąganie, w belce wyżej analizowanej, będzie miało kształt

naszkicowany na rys. 11.8.

11.6. Przykłady

Przykład 11.6.1. Wyznaczyć

potrzebny przekrój stalowej belki

dwuteowej ze względu na stan

graniczny nośności jeśli

wytrzymałość obliczeniowa stali

wynosi R = 175 MPa. Po przyjęciu

dwuteownika wyznaczyć jego

q = 13 kN/ m

l = 6.0 m X

Z Z

Y

Rys.11.8


132

nośność na zginanie.

Rozwiązanie

Maksymalny moment zginający w belce wynosi:

50588

613

8

22

.*lq

Mmax y === kNm.

Warunek stanu granicznego nośności daje:

3

6

3

10334010175

10558−

=≥→≥→≤ *.*

*.W

R

MmaxWR

W

Mmaxy

y

y

y

ym

3 = 334 cm

3.

Przyjęto I 240, którego 354=yW cm3.

Przy tak przyjętych wymiarach przekroju

poprzecznego naprężenia normalne w

skrajnych włóknach przekroju maksymalnego

momentu zginającego (środek rozpiętości

belki) wynoszą:

2516510354

105586

3

.*

*.

W

M

y

ygórnex −=−=−=

−σ MPa

2516510354

105586

3

.*

*.

W

M

y

yelndox ===

−σ MPa

a ich rozkład pokazuje rysunek obok.

Przez nośność przekroju na zginanie rozumieć będziemy największy moment zginający, który

przyłożony do przekroju nie wywołuje w żadnym jego punkcie naprężeń normalnych

większych od wytrzymałości obliczeniowej jego materiału .

Nośność na zginanie, przyjętego dwuteownika, wyznaczymy z warunku stanu granicznego

nośności:

61950175*354maxmaxmax

=≤→≤→≤ yyy

y

yMRWMR

W

M Nm.

Przykład 11.6.2. Jaką dodatkową

siłą P można obciążyć pokazaną

drewnianą belkę aby naprężenia

normalne nie przekroczyły

wytrzymałości obliczeniowej R = 10

MPa.

Rozwiązanie Wskaźnik wytrzymałości przekroju poprzecznego belki wynosi:

4006

206

6

22

===*hb

Wy cm3.

Maksymalny moment zginający w belce (wystąpi on w środku jej rozpiętości) wynosi:

48

2lPlq

Mmax y += .

Warunek stanu granicznego nośności daje:

Z

Y

24 cm

My = 58.5 kNm

σσσσ x

MPa

165.25

165.25

q=1.0 kN/ m

l = 4.0 m

X

Z P

2.0 m 2.0 m

20 cm

6 cm

Z

Y


133

20001010104004

4

8

410

48

66232

≤→≤+→≤+→≤−

P***P

RWlPlq

RW

Mmaxy

y

yN.

Przykład 11.6.3. Wyznaczyć wymiary przekroju poprzecznego belki ze względu na stan

graniczny nośności jeśli wytrzymałości obliczeniowe stali są równe R = 175 MPa oraz

Rt = 0.6R.

Po przyjęciu wymiarów wyznaczyć wykres naprężeń normalnych i stycznych w przekroju

α-α oraz naprężenia główne i ich kierunki w punkcie K tego przekroju.

Rozwiązanie

Zaczniemy od wyznaczenia wartości sił

przekrojowych. Na wykresach pokazanych

obok zaznaczone są ich wartości w punktach

charakterystycznych jak i ich ekstremalne

wartości.

050.Mmax y = kNm, 060.Qmax z = kN.

Następnie przejdziemy do wyznaczenia

potrzebnych charakterystyk geometrycznych

przekroju poprzecznego belki.

Potrzebujemy wyznaczyć główne centralne osie

bezwładności. Oś Z, jako oś symetrii jest jedną z

nich, druga oś Y jest do niej prostopadła i

przechodzi przez środek ciężkości przekroju.

Musimy go wyznaczyć.

Pole przekroju: 227512212 aa*a.*a*aA =+=

Moment statyczny względem dowolnie

przyjętej osi Y0:

( )32

0 51655512 a.a.a.*S y −=−=

Współrzędna środka ciężkości w układzie

(Y0, Z):

a.aa.ASz y 611027516 2300 −=−==

3 m

40

40

50

40

20

60

40

20

My

kNm

Qz

kN

20 kN/ m

4 m 2 4 m 2

20 kN

X

Y Z

2a

1.5 a 1.5 a

a

Z

6.611 a

5.389 a

Y

0.6

11

a

5 a

6 a

Y0

a

2a 1.5a 1.5a

11a 20 kN/ m

4 m 2 4 m 2

20 kN α

α K


134

Główna centralna oś Y w tym zadaniu jest

osią zginania i osią obojętną naprężeń

normalnych.

Moment bezwładności przekroju poprzecznego względem osi obojętnej

( )( ) ( )

423

23

91736888945112

5126110122

12

122a.a.*a*a.

a*a.a.*a*a

a*aJ y =

+++=

Wskaźnik wytrzymałości

34

804556116

917368a.

a.

a.

zmax

JW

y

y ===

Potrzebny wymiar ze względu na naprężenia normalne.

Największe (co do bezwzględnej wartości) naprężenia normalne wystąpią w przekroju

maksymalnego momentu zginającego we włóknach górnych.

0172010175

105080455

6

33 .a

*

*a.

R

MmaxWR

W

Mmax y

y

y

y≥→≥→≥→≤ m = 1.72 cm.

Potrzebny wymiar ze względu na naprężenia styczne.

Największe (co do bezwzględnej wartości) naprężenia styczne wystąpią w przekroju

maksymalnej siły poprzecznej (na prawo od lewej podpory) we włóknach na osi Y.

Moment statyczny części przekroju powyżej włókien w których wyznaczamy naprężenia:

( )37054326116261160 a.a.*a*a.S y ==

( )

( )

36

4

33

1082510175602917368

705431060

0

0−

≥→≤→≤ *.a**.a*a.

a.**R

bJ

SQmaxt

y

yzm = 0.582 cm.

Przyjęto do wykonania 81.a = cm.

Wyznaczymy teraz wykresy naprężeń normalnych i stycznych w przekroju α-α gdzie

moment zginający ma wartość 40=−αα

yM kN i rozciąga włókna górne a siła poprzeczna jest

dodatnia i ma wartość 60=−αα

zQ kN (patrz rysunek niżej).

1.8

Z

9.7

Y

11.9

19.8

2.7 2.7 3.6

αα −

zQ

αα −

yM

K

wymiary w cm

81.596

σ x

MPa

100.187

122.910

τ xz

MPa

10.970

6.135

2.454


135

Moment bezwładności względem osi obojętnej:

743.38728.1*917.368 4==yJ cm

4.

Wartości naprężeń normalnych:

zzJ

M

y

x 8

3

10*743.3872

10*40−

−

==

αα

σ

910.12210*90.1110*743.3872

10*40 2

8

3

==−

−

górnexσ MPa,

( ) 187.10010*70.910*743.3872

10*40 2

8

3ln

−=−=−

−

edoxσ MPa,

( ) 596.8110*90.710*743.3872

10*40 2

8

3

−=−=−

−

Kxσ MPa.

Wartości naprężeń stycznych:

włókna górne i dolne: z = 11.90 oraz ( – 9.70 ) cm

0=xzτ

włókna na osi obojętnej: z = 0

( ) 898.25429.11*6.3*9.110 ==yS cm3

( )

( )970.10

10*6.3*10*743.3872

10*898.254*10*60

0

0

28

63

−=−=−=−−

−−

bJ

SQ

y

y

xz

αα

τ MPa

włókna: z = - 7.90 cm

Moment statyczny, względem osi obojętnej, wchodzący do licznika wzoru na naprężenia

styczne można policzyć od części przekroju znajdującej się poniżej włókien (tak jest

prościej) biorąc jednak do dalszych obliczeń jego bezwzględną wartość gdyż zwrot naprężeń

stycznych generuje zwrot siły poprzecznej i przy przyjętym układzie współrzędnych jest on

ujemny, co zostało już uwzględnione w znaku we wzorze na naprężenia.

( ) 56.1428.8*8.1*0.99.7 ==−yS cm3

Dla tej współrzędnej z występuje skokowa zmiana szerokości przekroju dlatego też wystąpią

dwie wartości naprężeń stycznych.

135.610*6.3*10*743.3872

10*56.142*10*6028

63

−=−=−−

−

xzτ MPa,


136

454.210*0.9*10*743.3872

10*56.142*10*6028

63

−=−=−−

−

xzτ MPa.

Obliczenie naprężeń głównych i ich kierunków w punkcie K przekroju α-α.

W tym punkcie występuje płaski stan naprężenia (wszystkie wektory naprężeń przypisane

dowolnym płaszczyzną przecięcia leżą w płaszczyźnie (X, Z)) określony macierzą naprężeń:

−

−−

=

0135.6

135.6596.81KT

σMPa

( ) ( )2

2

2

2

13562

59681

2

59681

22.

..Kxz

Kx

KxK

minmax −+

−±

−=+

±= τ

σσσ

4590.Kmax =σ MPa, 05582.

Kmin −=σ MPa.

'max

max

max 43853660.13459.0

135.6tg o

−=→−=−

== α

σ

τα

K

Kxz

'min

min

min 1740748.0055.82

135.6tg o

=→=

−

−== α

σ

τα

K

Kxz

Przykład 11.6.4. Wyznaczyć wymiary płaskownika, który należy przyspawać do półek

dwuteowej stalowej belki I 200 pokazanej na rysunku w celu zapewnienia jej potrzebnej

nośności. Wytrzymałość obliczeniowa stali R = 150 MPa.

Rozwiązanie

q = 10 kN/ m

X

Z

l = 6.0

m

Z

Y

9 cm

10 cm

10 cm

Dane z tablic profili

walcowanych

Jy = 2140 cm4

Wy = 214 cm3

6.1

35

6.135

6.135

6.1

35

81.596 81.596

X

Z

σmax = 0.459

'min 174o

=α

'max 4385

o=α

σmin = 82.055

σmax = 0.459

σmin = 82.055


137

Maksymalny moment zginający działający na belkę:

00458

610

8

22

.*lq

Mmax y === kNm

Maksymalny dopuszczalny moment zginający, który dany przekrój dwuteowy może

przenieść:

321001015010214 66===

−

***RWMdop yy Nm = 32.10 kNm.

Belka nie może przenieść zadanego obciążenia, jej przekrój wymaga wzmocnienia.

Przyjęto do wzmocnienia dwa płaskowniki o wymiarach 7.0*0.8 cm przyspawane do półek

dwuteownika.

Moment bezwładności wzmocnionego przekroju względem osi obojętnej:

993351600391211214041080712

80722140 2

3

....*.*.*

J y =++=

++= cm

4

Wskaźnik wytrzymałości wzmocnionego przekroju:

373108010993351 ...Wy == cm3.

Dopuszczalny moment zginający który może przenieść wzmocniony przekrój (nośność

przekroju na zginanie):

5046555101501037310 66.***.RWMdop yy ===

− Nm = 46.56 kNm.

Nośność wzmocnionego przekroju na zginanie jest większa od maksymalnego momentu

zginającego działającego w przekroju.

Płaskowniki wzmacniające przekrój belki potrzebne są tylko na długości belki gdzie

występuje moment zginający większy od 32.10 kNm.

Miejsce występowania tego momentu:

( ) 4010426610322

1030 12

2

.x.xx.x

xxM =→=+−→=−= m, 6042 .x = m.

Dano ostatecznie dwa płaskowniki 7*0.8 cm na długości 3.30 m.

Na rysunku poniżej linią przerywaną narysowano wykres momentów zginających

działających na belkę, linia ciągła pokazuje wartości momentów, które belka może przenieść.

Wykres narysowany linią ciągłą musi obejmować wykres narysowany linią przerywaną.

9 cm

10 cm

10 cm

7 cm

0.8

0.8

Y

My

kNm

32

.10

46.5

6

45

.00

32

.10

32

.10

1.35 3.30 m

10 kN/ m

1.4 1.4 3.20 m

6.00 m

1.35


138

Przykład 11.6.5. Dla spawanej belki o symetrycznym przekroju teowym jak rysunku

wyznaczyć największą dopuszczalną wartość siły P (nośność belki) ze względu na:

• naprężenia normalne jeśli R = 175 MPa

• naprężenia styczne przy ścinaniu spoin jeśli R ts = 105 MPa.

Rozwiązanie

Z pokazanych obok wykresów momentów i

sił poprzecznych wynika, że:

4

PlMmax y = ,

2

PQmax z = .

Wyznaczenie osi głównych centralnych i

potrzebnych charakterystyk geometrycznych

nie powinno stanowić trudności.

Ich położenie pokazuje rysunek obok a

moment bezwładności i wskaźnik

wytrzymałości względem osi zginania

wynoszą:

0033210.J y = cm4,

913144323

33120.

zmax

JW

y

y === cm3.

Nośność belki ze względu na naprężenia normalne:

685252101751091314434

6 66.P***.

PRWMmaxR

W

Mmaxyy

y

y≤→≤→≤→≤

− kN

W celu wyznaczenia nośność belki ze

względu na ścinanie spoin policzymy

wpierw siłę rozwarstwiającą między

stopką a środnikiem na jednostkę

długości belki.

5 cm

6 cm

30 cm

20 cm

grubość spoin

a= 0.4 cm

Z

X

Y P

3.0 m

3.0 m

Pl

/ 4

My

Qz

P /

2

P /

2

Z

τ zx

1

τ xz

X

τ zx

b

l

P

3.0 m

3.0 m

Z

6 cm

30 cm

5 cm

20 cm

13 cm

23 cm

Y

Z


139

Zakładając równomierny rozkład

naprężeń stycznych (patrz rysunek

obok) siła ta jest równa:

y

yz

y

yz

zxJ

SQb

bJ

SQ*b*T === 1τ ,

gdzie: 2PQz = , 66 1012001010206 −−

== ****S y m3 (to moment statyczny półki

względem osi zginania).

Tą siłę muszą przenieść dwie spoiny, których powierzchnia ścinania na jednostkowej długości

wynosi: 22 108001040212 −−

=== *.*.**a*Asp m2.

Przy założeniu równomiernego rozkładu naprężeń ścinających w spoinach, naprężenia winny

spełniać warunek:

st

sp

RA

T≤ .

Stąd nośność belki ze względu na ścinanie spoin wynosi:

→≤→≤ spst

y

yz

spst ARJ

SQART

940464101200

108010105103321022

6

268

.*

*.*****

S

ARJ*P

y

spsty==≤

−

−−

kN.

Zatem największa dopuszczalna siła jaką można obciążyć analizowaną belkę ma wartość

252.685 kN.

Przykład. 11.6.6. Dla belki o schemacie i przekroju jak na rys. wyznaczyć w przekrojach

αα − , ββ − i γγ − :

• rozkład naprężeń normalnych i stycznych w przekroju poprzecznym,

• naprężenia główne i ich kierunki oraz maksymalne naprężenia styczne maxτ w

zaznaczonych pięciu punktach po wysokości przekroju,

Rozwiązanie

β

β

Y q =20 kN/m

X

Z

α

1 m 2 m 1 m α

γ

γ

Z

Y

6 cm

4*3 c

m

3

1

2

4

5


140

Wykresy sił przekrojowych wraz ich

wartościami w zadanych przekrojach

pokazane są obok.

Potrzebne do wyznaczenia naprężeń wartości

charakterystyk geometrycznych wynoszą:

moment bezwładności względem osi

obojętnej

0086412

126 3

.*

J y == cm4,

momenty statyczne wchodzące do wzoru na

naprężenia styczne w zadanych kolejnych

punktach przekroju

051 == ,y,y SS ,

0081546342 ..**SS ,y,y === cm3,

001083663 .**S ,y == cm3

Przekrój αα − (przekrój podporowy)

0=yM , 0040.Qz = kN

Naprężenia normalne w przekroju poprzecznym xσ wobec zerowania się momentu

zginającego są równe zero.

Naprężenia styczne w przekroju poprzecznym:

( )

( )zbJ

zSQ

y

yz

xz −=τ

051 == ,xz,xz ττ , 25610610864

1081104028

63

42 .***

***,xz,xz −=−==

−−

−

ττ MPa,

33810610864

10108104028

63

3 .***

***,xz −=−=

−−

−

τ MPa.

Naprężenia główne i ich kierunki

W przekroju występuje czyste ścinanie i naprężenia główne w każdym punkcie są równe

występującym w nim naprężeniom ścinającym a ich kierunki nachylone są pod kątem 45° do

osi Y (patrz rys. niżej na którym opisane są tylko wartości maxσ ).

Maksymalne naprężenia styczne są w tym przypadku równe naprężeniom stycznym w

przekroju poprzecznym.

My

kNm

40

30

Q z

kN

20

40

β

β

α

α

γ

γ

6.25

6.25

8.33

6.25

6.25

8.33

1

2

3

4

5

45°

45°

45°

X

Z

8.33

6.25

6.25

6.25

6.25

8.33 8.33

6.25

6.25

8.33

6.25

6.25

xσ xzτmaxσ minσ maxτ

MPa


141

Przekrój ββ −

0030.M y = kNm , 0020.Qz = kN,

w przekroju występuje poprzeczne zginanie i w ogólności każdy punkt tego przekroju (z

wyjątkiem skrajnych) znajduje się w płaskim stanie naprężenia, którego płaszczyzną jest

płaszczyzna (X, Z).

Naprężenia normalne w przekroju poprzecznym

zJ

M

y

y

x −=σ

3320810610864

1030 2

8

3

1 .**

*,x −=−=

−

−σ MPa, 17104103

10864

1030 2

8

3

2 .**

*,x −=−=

−

−σ MPa,

03 =,xσ , ( ) 1710410310864

1030 2

8

3

4 .**

*,x =−−=

−

−σ MPa

( ) 3320810610864

1030 2

8

3

5 .**

*,x =−−=

−

−σ MPa

Naprężenia styczne w przekroju poprzecznym

( )

( )zbJ

zSQ

y

yz

xz −=τ

051 == ,xz,xz ττ , 12310610864

1081102028

63

42 .***

***,xz,xz −=−==

−−

−

ττ MPa,

16410610864

10108102028

63

3 .***

***,xz −=−=

−−

−

τ MPa.

Naprężenia główne i ich kierunki

2

2

22xz

xx

minmax τ

σσσ +

±= ,

minmax

xz

minmaxtg

σ

τα =

Punkt 1

01 =max,σ , ∞−=1max,tgα , o901 −=max,α ,

332081 .min, −=σ MPa, 01 =min,tgα , o01 =min,α .

Punkt 2

( )2

2

22 123

2

17104

2

17104.

..

min,max, −+

−±

−=σ , 0902 .max, =σ MPa, 261042 .min, −=σ MPa,

'..

.tg max,max, 50896734

090

12322 °−=→−=

−= αα ,

'*..

.tg min,min, 10010275

26104

1232

32 °=→=

−

−=

−

αα .

Punkt 3


142

( )2

33 164.

min,max, −±=σ , 1643 .max, =σ MPa, 1643 .min, −=σ MPa,

°−=→−=−

= 451164

16433 max,max,

.

.tg αα , °=→=

−

−= 451

164

16433 min,min,

.

.tg αα .

Punkt 4

( )2

2

22 123

2

17104

2

17104.

..

min,max, −+

±=σ , 261042 .max, =σ MPa, 0902 .min, −=σ MPa,

'*..

.tg max,max, 10010275

26104

1232

32 °−=→−=

−=

−

αα ,

'..

.tg min,min, 50896734

090

12322 °=→=

−

−= αα .

Punkt 5

332085 .max, =σ MPa, 05 =max,tgα , o05 =max,α ,

05 =min,σ , ∞=5min,tgα , o905 =min,α .

Maksymalne naprężenia styczne :

2

minmaxmax

σστ

−

=

Punkt 1 i 5

1610451 .max,max, == ττ MPa

Punkt 3

1643 .max, =τ MPa

Punkt 2 i 4

185242 .max,max, == ττ MPa

104.26

104.17

4.16

0.09

3.12

4.16

1

2

3

4

89°50’

0°10’

45°

X

Z

3.12

4.16

3.12

xzτ

MPa

208.33

5

208.33

104.17

3.12

208.33

208.33

104.17

208.33

xσ

104.17

208.33

104.26

maxσ

208.33

4.16

0.09

minσ

208.33

104.26

4.16

0.09 52.18

4.16

104.16

maxτ

52.18


143

Przekrój γγ − (przekrój w środku rozpiętości)

0040.M y = kNm, 0=zQ

w przekroju występuje proste zginanie względem osi Y i w każdy punkcie przekroju

występuje jednoosiowy stan naprężenia, reprezentowany przez naprężenie xσ , które jest

równocześnie jednym z naprężeń głównych.

Naprężenia normalne w przekroju poprzecznym

zJ

M

y

y

x −=σ

7827710610864

1040 2

8

3

1 .**

*,x −=−=

−

−σ MPa, 89138103

10864

1040 2

8

3

2 .**

*,x −=−=

−

−σ MPa,

03 =,xσ , ( ) 8913810310864

1040 2

8

3

4 .**

*,x =−−=

−

−σ MPa,

( ) 7827710610864

1040 2

8

3

5 .**

*,x =−−=

−

−σ MPa.

Naprężenia styczne w przekroju poprzecznym xzτ wobec zerowania się siły poprzecznej są

równe zero.

Wartości naprężeń głównych, ich kierunki oraz maksymalne naprężenia styczne pokazane są

niżej.

Przykład 11.6.7. Obliczyć wartość energetycznego współczynnika ścinania κ dla podanych

przekrojów.

MPa

xzτ

138.89

xσ

277.78

138.89

277.78

X

Z

138.89

277.78

1

2

3

4

5

277.78

138.89

277.78

minσ

138.89

maxτ

138.89

69.44

69.44

138.89 277.78

138.89

maxσ


144

Prostokąt

,41828

)(;)(;12

;2

22223

−=−====

h

zbhbzbhzSbzb

bhJbhA yy

( )

( ) ( ) 2.15

621

8

91

8

9

214

941

64

144

)(

)(

1

1

42

1

1

22

2

2

22

2

2

2

2

2

242

622

2

2

==+−=−=

=

−=

−

==

∫∫

∫∫∫∫

−−

−−

duuuduu

dzh

zh

dzbb

h

zhb

hb

bhdA

zb

zS

J

A

h

h

h

hA

y

y

κ

Łatwo i warto zauważyć, że energetyczny współczynnik ścinania dla kwadratu 1*1 będzie też

miał wartości 1.2 bo jak widać z powyższych obliczeń jego wielkość nie zależy od b oraz h.

Liczenie powyższej całki po obszarze 1*1 jest znacznie prostsze.

Przekrój skrzynkowy i dwuteowy

Wartości energetycznego współczynnika ścinania dla obu przekrojów będą takie same.

Obliczenia przeprowadzimy dla przekroju skrzynkowego.

3210*412*6 =−=A ,

667.53012

10*4

12

12*6 33

=−=yJ ,

<<

<<

=

65;6

50;2)(

z

zzb ,

<<−=−

<<−=−+

=

65;310833*6*6

50;585.2*5*25.5*1*6)(

22

22

zzz

zzzzS y ,

1

1

1

1 1 4 2 2 2

h

Y

Z

b


145

( ) 447.1014.0433.1600.126667.1261110*633.113

)721296(3)1163364(10*633.113

)36(3)58(10*633.113

66

)3108(2

2

)58(2

667.530

32

)(

)(

6

5

0

6

5

42426

5

0

6

5

22226

5

0

6

5

2

22

2

22

22

2

2

=+=+=

=

+−++−=

=

−+−=

=

−+

−==

−

−

−

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫∫∫

dzzzdzzz

dzzdzz

dzz

dzz

dAzb

zS

J

A

A

y

y

κ

Wynik obliczeń pokazuje, że decydujący wpływ na wielkość κ ma środnik nie półki. W

pokazanym przykładzie udział środnika stanowi 1.433/1.447 = 99 %.

Przykład 11.6.8. Obliczyć energię sprężystą U dla belki wspornikowej obciążonej jak na

rysunku.

P = 1.0 kN , l = 0.20 m,

b = 0.01 m, h = 0.02 m,

E = 205 GPa, ν=0.3

Rozwiązanie

Policzymy całkowitą energię sprężystą tej belki wykorzystując wzór wyrażający energię

sprężystą poprzez siły przekrojowe:

( ) ( )dx

GA

xQdx

EJ

xMU z

y

y ∑ ∫∑∫ +=

22

22

κ .

M(x) = P(x-l) ; Q(x) = P

( )

GA

lP

EJ

lPdx

GA

Pdx

EJ

lxPU

y

ll

y 22.1

622.1

2

232

0

2

0

22

+=+−

= ∫∫

410002020010 −

== *..*.A m2, 8

3

10667012

020010−

== *..*.

J y m4,

( ) ( )

99

10846783012

10205

12*.

.

*EG =

+

=

+

=

ν

N/m2.

P

l

h

b

Z Y

X


146

98300080975010000210846782

20001021

106670102056

20001049

6

89

36

...*.**.*

.**.

*.***

.*U =+=+=

−−Nm.

Widoczny jest dominujący wpływ momentów zginających w energii sprężystej, udział sił

poprzecznych w tym przykładzie wynosi 0.008/0.983 ≈ 0.8% i z reguły jest pomijany w

obliczeniach .

11.7. Belki zespolone

11.7.1. Naprężenia normalne w belkach zespolonych

W konstrukcjach budowlanych bardzo często spotykamy się z ustrojami prętowymi

wykonanymi z materiałów o różnych własnościach fizycznych, współpracującymi ze sobą na

powierzchni styku w sposób ciągły. Takie konstrukcje nazywać będziemy belkami

zespolonymi, a typowe ich przykłady jak belka żelbetowa czy obetonowana belka drewniana

pokazane są na rys. 11.9.

Rys. 11.9

Wyznaczymy zależności podające rozkład naprężeń normalnych w belkach zespolonych

zginanych poprzecznie.

Przy ich wyprowadzaniu przyjmiemy, że:

• spełniona jest zasada płaskich przekrojów Bernoulie’go

• materiały składowe belki są liniowo sprężyste i różnią się jedynie stałymi materiałowymi

• obciążenie i przekrój poprzeczny belki spełnia warunki poprzecznego zginania.

Rozważmy przekrój belki zespolonej pokazany na rys. 11.10, w którym moment zginający

jest równy ( )xM y . Oś Z jest osią symetrii przekroju, a włókna leżące na płaszczyźnie (X, Y)

nie zmieniają swej długości po przyłożeniu obciążenia więc oś Y jest osią obojętną. Jej

położenie, na razie nie znane, względem włókien dolnych określa współrzędna z0 .

Rys. 11.10

Założenie płaskich przekrojów pozwala zapisać równanie geometryczne określające

odkształcenia liniowe dowolnych włókien w postaci:

My(x)

Z

Y

x

X

z0

A

„i-ty” materiał

Y0

ixσ

drewno

beton


147

( )zxax =ε

gdzie: z - współrzędna włókien mierzona od osi obojętnej Y (osi zginania),

( )xa - krzywizna osi belki.

Liniowo sprężyste fizyczne własności „i-tego” materiału powodują, że naprężenia normalne

w nim wynoszą:

( )zxaEE ixiix == εσ . (11.9)

Te naprężenia muszą spełniać równania równoważności odpowiednich układów sił

wewnętrznych i zewnętrznych:

0=∫∫A

x dAσ ,

( )xMdAz y

A

x =∫∫ σ .

Podstawiając do pierwszego z nich (11.9) po kolejnych przekształceniach :

( ) 0001 011

=→=→= ∑ ∫∫∑ ∫∫∑∫∫===

k

i A

ii

k

i A

ii

k

i A

iix

iii

dAzE

EdAzxaEdAσ ,

otrzymujemy równanie do wyznaczenia osi obojętnej Y :

( ) 01

0 =∑=

k

i

iyi zSn , (11.10)

gdzie: k - ilość materiałów składowych belki,

0E

En i

i = , a 0E to moduł Younga materiału przyjętego za porównawczy,

( ) ∫∫=

iA

iiy dAzzS 0 moment statyczny względem osi Y pola przekroju zajmowanego

przez „i-ty” materiał.

Podstawiając do drugiego równania równoważności wzór (11.9) i wykonując szereg

przekształceń :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )xMdAzE

ExaxMdAzxaExMdAz y

k

i A

ii

y

k

i A

iiy

k

i A

iix

iii

=→=→= ∑ ∫∫∑ ∫∫∑∫∫=== 1

2

01

2

1

σ ,

otrzymujemy równanie do wyznaczenia krzywizny osi belki:

( )( )

yw

y

JE

xMxa

0

= (11.11)

gdzie: ∑ ∫∫=

=

k

i

i

A

iyw dAznJ

i1

2 - tzw. ważonym moment bezwładności. (11.12)

Podstawiając (11.11) do (11.9) otrzymujemy wzór podający rozkład naprężeń normalnych w

przekroju poprzecznym zginanej belce zespolonej:


148

( )z

J

xMn

yw

y

iix =σ . (11.13)

11.7.2. Przykłady

Przykład 11.7.2.1. Wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych na podporze B zespolonej belki

drewniano-betonowej, pokazanej na rysunku, przyjmując, że moduł Younga betonu Eb jest

czterokrotnie większy od modułu Younga drewna Ed.

Rozwiązanie

Jako materiał porównawczy przyjmiemy

drewno, stąd wielkości dotyczące betonu,

przy założonym stosunku Eb/Ed , będą

mnożone przez 4.

Położenie osi obojętnej:

∑=

=

2

1

0 0i

iyi ;)z(Sn

( ) ( ) ( )[ ] 601801620101836184162010 0000 .zz**z**z** =→=−−−+− cm.

Ważony moment bezwładności względem osi obojętnej Y:

++== ∑=

22

1

3

62201012

2010.**

*JnJ

i

iyiyw

27481362201012

2010603618

12

36184 2

32

3

=

+−++ .**

*.**

*cm

4.

Wartości naprężeń normalnych obliczamy ze wzoru:

zJ

Mn

yw

y

iix =σ

i wynoszą one w betonie:

5070174010274813

1024

8

3

..*

*górnebx ==

−σ MPa,

( ) 5410186010274813

1024

8

3

..*

*elndobx −=−=

−σ MPa.

1 kN

A B X

Z

2 m 4 m 6 cm

20 cm

10 cm

10 4 4

Eb = 4*Ed

6

4 4

z0 = 18.6

10

10

20

17.4

Y0

Y

Z

wymiary w

cm


149

w drewnie:

0540074010274813

1028

3

..*

*górnedx ==

−σ MPa,

( ) 0920126010274813

1028

3

..*

*elndodx −=−=

−σ MPa.

Przykład 11.7.2.2. Wyznaczyć położenie osi obojętnej i ważony moment bezwładności

zespolonej belki drewniano-stalowej pokazanej na rysunku jeśli moduł Younga stali Es = 205

GPa a moduł Younga drewna Ed = 10 GPa.

Rozwiązanie

Jako materiał porównawczy przyjmiemy

drewno stąd wielkości dotyczące stali będą

mnożone przez 20.5.

Położenie osi obojętnej:

∑=

=

2

1

0 0i

iyi ;)z(Sn

+−+−+− )z.(**.)z.(**.)z.(** 000 251105275231052527205

781305122515202 00 .z)z.(***.* =→=−+ cm.

Ważony moment bezwładności względem osi obojętnej:

+++++== ∑=

12

52109791052

12

52107213205

12

520 32

32

2

1

3 .*.**.

.*.**

*JnJ

i

iyiyw

61419428120112

201520253121052 2

32

..***

.*.**. =

+++ cm

4.

0.507

0.541

0.092

0.054 σ x

MPa

Z

Y

10.0 1.0 1.0

z0 =13.78

Y0

Y

Z

5.0

2.5

2.5

20.0

wymiary w

cm

20.0


150

Przykład 11.7.2.3. Wyznaczyć wartości

naprężeń normalnych w przekroju poprzecznym

zginanej momentem 30=yM kNm belki

żelbetowej o przekroju prostokątnym 20x40 cm i

zbrojeniu 4 Ø 12 mm (As = 4.52 cm2) jak na

rysunku, przy założeniu, że beton nie przenosi

naprężeń rozciągających. Moduł Younga betonu

Eb = 30 GPa, stali Es = 205 GPa

Rozwiązanie

Przy rozwiązaniu zadania przyjmiemy, że spełniona jest zasada płaskich przekrojów, oba

materiały składowe tj. beton i stal pracują w zakresie liniowo sprężystym oraz że rozkład

naprężeń normalnych w stali ze względu na małą średnicę prętów jest stały.

Niewiadomymi w zadaniu są: wartości naprężeń normalnych w betonie xbσ , stali

zbrojeniowej xsσ oraz położenie osi obojętnej (zasięg strefy ściskanej) 0z .

Do dyspozycji mamy dwa równania równoważności układów sił wewnętrznych i

zewnętrznych (wynikających z równań równowagi) i warunek geometryczny w postaci

założonej hipotezy płaskich przekrojów.

Równania równoważności:

sxsxb

sbsb

A

sxs

A

bxb

A

x

Abz

NNNNdAdAdA

sb

σσ

σσσ

=

→=→=+−→=+−→= ∫∫∫∫∫∫

02

1

000

(a)

yxbyby

A

x MzhbzMzhNMdAz =

−→=

−→=∫∫ 01001

3

1

2

1

3

1σσ , (b)

równanie geometryczne:

010 zhz

xsxb

−

=

εε. (c)

W powyższych zależnościach Nb i Ns oznaczają wypadkową naprężeń ściskających w

betonie i wypadkową naprężeń rozciągających w stali.

Założone liniowo sprężyste własności materiałów pozwalają napisać związki:

My

xbσ

30z Nb

xbε

xsε

301 zh −

h h1

z0

Ns

X

40

20

3

Z

Y My

wymiary w

cm

3 cm

Z

h

b

Ab

As

Y


151

xbbxb E εσ = , xssxs E εσ = ,

które wstawione do równania (c) dają zależność:

xbxsz

zhn σσ

0

01 −

= (d)

gdzie: bs EEn = .

Wstawienie tej zależności do równania (a) daje równanie kwadratowe

022

2

110

20

0

010 =−+→

−

= hb

Anz

b

AnzA

z

zhnbz ss

sxbxb σσ ,

z którego możemy wyznaczyć położenie osi obojętnej w betonie:

−+= 1

21

2 10

s

s

An

hb

b

nAz , (e)

co z kolei dzięki równaniom (b) i (a), pozwala wyznaczyć wyrażenia określające wielkość

naprężeń normalne w betonie i stali :

)zh(zb

M y

xb3

2

010 −

=σ , )zh(A

M

s

y

xs301 −

=σ . (f)

Podstawiając zadane wielkości momentu zginającego, stałych materiałowych i wymiarów

przekrojów betonu i stali otrzymujemy:

18501105248336

37020021

200

10524833621

21

24

41

0 .*.*.

.*.*

.

*.*.*

An

hb

b

nAz

s

s=

−+=

−+=

−

−

m,

2595318503701850200

10302

3

2 3

010

.)..(.*.

**

)zh(zb

M y

xb =

−

=

−

=σ MPa,

( )

2602153185037010524

1030

3 4

3

01

...*.

*

)zh(A

M

s

y

xs =

−

=

−

=−

σ MPa.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ugięcia osi belek zginanych

152

12. UGIĘCIA OSI BELEK ZGINANYCH

12.1. Równanie różniczkowe ugiętej osi belki zginanej poprzecznie

W niniejszym rozdziale zajmiemy się wyznaczeniem przemieszczeń, inaczej ugięć, osi belek

zginanych poprzecznie wykonanych z materiału spełniającego równania fizyczne Hooke’a.

Rozważmy więc dowolną naszkicowaną na rys. 12.1, belkę zginaną, której konfigurację

aktualną zaznaczono linią przerywaną .

Rys. 12.1

Krzywizna poszukiwanej funkcji ugięć spełnia znaną z matematyki zależność:

( )

( )

[ ]2321

1

)x(w

xw

x '

''

+

=

ρ

. (12.1)

W mianowniku powyższej zależności możemy opuścić pierwszą pochodną funkcji ugięcia,

gdyż zgodnie z przyjętymi wcześniej założenia o małych przemieszczeniach i ich

pochodnych, jej wartość będzie znikomo mała w porównaniu z jednością i wzór (11.1)

przyjmie postać:

( )( )xw

x

''=

ρ

1. (12.2)

Analizując zagadnienie poprzecznego zginania wyprowadziliśmy związek wiążący krzywiznę

belki z momentem zginających, który możemy zapisać w postaci:

( )

( )

y

y

EJ

xM

x=

ρ

1. (12.3)

Z równości lewych stron zależności (12.2) oraz (12.3) wynika równanie:

( )

( )

y

y''

EJ

xMxw = . (12.4)

Znaki bezwzględnych wartości w równaniu (12.4) będziemy mogli opuścić jeśli będziemy

znali znaki występujących w nim wielkości, a to związane jest z układami współrzędnych, w

których te wielkości będą wyznaczane.

X

My w My > 0

w’’ < 0

ϕ(x)≈ tgϕ(x) = w’(x)

X

w

w(x)


153

Rys. 12.2

Jeśli przyjmiemy układy pokazane na rys.12.2, to działaniu dodatniego momentu zginającego

( )xM y (spody na dole belki) odpowiadają ugięcia ( )xw , których druga pochodna jest ujemna

i w tych układach równanie (12.4) przyjmie formę:

( )( )

y

y''

EJ

xMxw −= , (12.5)

gdzie: E - moduł Younga materiału belki, Jy - moment bezwładności jej przekroju

poprzecznego względem głównej centralnej osi bezwładności, do której równoległy jest

wektor momentu zginającego (tj. osi zginania). Iloczyn EJy nazywany jest sztywnością na

zginanie i nazwa ta dobrze oddaje jego sens fizyczny.

Wyznaczenie z równania (12.5) funkcji ( )xw przy znanym równaniu momentów zginających

( )xM y nie stanowi merytorycznych trudności.

W dalszej części tego rozdziału, dla uproszczenia zapisu równań, opuścimy indeksy „y”

zarówno przy funkcji momentu zginającego jak i momentu bezwładności względem osi

zginania.

12.2. Metoda analityczna

Jeśli znana jest funkcja momentów określona jednym równaniem, (a tak zwykle jest, gdyż

funkcje momentów zazwyczaj zapisujemy w przedziałach charakterystycznych), wyznaczenie

funkcji ugięcia jest bardzo proste, polega ono na dwukrotnym całkowaniu względem x

równania (12.5). Po pierwszym całkowaniu otrzymujemy:

( )( )

CdxEJ

xMxw

'+−= ∫ , (12.6)

drugie całkowanie daje zależność:

( )( )

DCxdxdxEJ

xMxw ++

−= ∫ ∫ , (12.7)

w której C oraz D to stałe całkowania, które możemy wyznaczyć z kinematycznych

warunków brzegowych.

Po wykonaniu całkowania i wyznaczeniu stałych całkowania otrzymujemy poszukiwaną

funkcję linii ugięcia belki w rozważanym przedziale. Znamy też jej pierwszą pochodną

określoną równaniem (12.6), której interpretacją geometryczną jest tangens kąta zawartego

między styczną do krzywej a dodatnim kierunkiem osi X (rys. 12.1). Ponieważ rozważamy,

zgodnie z przyjętymi wcześniej założeniami, tylko małe przemieszczenia i małe ich pochodne

to ( ) ( ) ( )xxxw ϕϕ ≈= tg' . Kąt ( )xϕ w dalszych rozważaniach nazywać będziemy kątem

ugięcia.

Wróćmy do stałych całkowania. W każdym przedziale charakterystycznym, w którym

zapisane jest równanie momentów, a potem wykonane całkowanie wystąpią dwie stałe

całkowania. Jak już wspomniano możemy je wyznaczyć z kinematycznych warunków

brzegowych wynikających z warunków podparcia belki (rys. 12.3),

X

w 0

0'

=

=

w

w0'

=w 0=w

l

p

l

ww

w

w

''

0

0

=

=

=l ww =


154

Rys. 12.3

lub sposobu jej obciążenia (rys. 12.4).

Rys. 12.4

Indeksy przy ugięciach i ich pochodnych w kinematycznych warunkach brzegowych na

rys. 12.3 oraz 12.4 informują o przedziałach z lewej i prawej strony rozpatrywanego punktu.

Kinematyczne warunki brzegowe pokazane na rys. 12.4 nazywane też bywają „warunkami

zszycia” i w sensie fizyczny oznaczają, że w punkcie wspólnym dla obu przedziałów ugięcie

i kąt ugięcia muszą być ciągłe. Warto w tym miejscu zwrócić uwagę, że przy rozważaniu

zagadnienia ugięć, punktami charakterystycznymi stają się dodatkowo (w stosunku do

zagadnienia wyznaczania sił przekrojowych tj. momentów zginających, sił poprzecznych i

podłużnych) punkty, w których następuje skokowo zmiana sztywności na zginanie oraz

przeguby wewnętrzne w belce.

Tok postępowania przy wyznaczaniu ugięcia i kątów ugięcia pokażemy na kilku prostych

zadaniach. Zaczniemy od belki wspornikowej, pokazanej na rys. 12.5 o stałej sztywności na

zginanie EJ. W belce tej chcemy wyznaczyć ugięcie i kąt ugięcia jej końca K.

Rys. 12.5 Rys.12.6

Funkcję momentów (przy spodach na dole belki) określa równanie: M(x) = -P (l-x).

Równanie różniczkowe linii ugięcia ma postać: EJ w’’(x) = P (l-x).

Całkując dwukrotnie otrzymujemy kolejno:

EJ w’(x) = -P (l-x)

2/2 + C,

EJ w(x) = P (l-x) 3/6 + Cx + D.

Kinematyczne warunki brzegowe:

( )

( ) 6

2

06

02

00/2

00/13

2

3

2'

lPD

lPC

DlP

ClP

w

w

−=

=→

=+

=+−→

=

=

Równanie kątów ugięcia: ( ) ( )[ ] EJlPxlPxw 22 22'+−−= .

Równanie linii ugięcia: ( ) ( )[ ] EJlPxlPxlPxw 626 323−+−= .

w

X l

K

P

EJ

X

w l

B A

q

EJ

pEJlEJ

pl

pl

ww

ww

''=

=


155

Stąd kąt ugięcia i ugięcie końca wspornika wynosi:

( ) EJlPlwK 22'==ϕ , ( ) EJlPlwwK 33

== .

W wolnopodpartej belce pokazanej na rys. 12.6, wyznaczymy maksymalne ugięcie i kąty

ugięcia na podporach.

Funkcja momentów (przy spodach na dole belki): M(x) = ql x/2 – q x2/2.

Równanie różniczkowe linii ugięcia ma postać: EJ w’’(x) = q x

2/2 – ql x/2 .

Całkując dwukrotnie otrzymujemy kolejno:

EJ w’(x) = q x

3/6 - ql x

2/4 + C,

EJ w(x) = = q x4/24 - ql x

3/12 + Cx + D.


( )

( ) 24

0

01224

0

0/2

00/1344

lqC

D

lClqlq

D

lw

w

=

=

→

=+−

=

→

=

=

Równanie kątów ugięcia: ( ) [ ] EJqlxqlxqxw 2446 323'+−= .

Równanie linii ugięcia: ( ) [ ] EJxqlxqlxqxw 241224 334+−= .

Kąty ugięcia na podporach wynoszą:

( ) EJlqwA 240 3'==ϕ , ( ) EJlqlwB 243'

−==ϕ .

Maksymalne (ekstremalne) ugięcie wystąpi w tym punkcie przedziału gdzie zeruje się

pierwsza pochodna funkcji ugięcia, czyli tam, gdzie zeruje się kąt ugięcia. W analizowanym

przykładzie będzie to:

( ) 2024460 323' lxqlxqlxqxw =→=+−→= ,

max w = ( ) EJlqlw 38452 4= .

Tok postępowania w przypadku większej niż jeden ilości przedziałów całkowania nie

zmienia się zasadniczo. Zwiększa się liczba stałych całkowania oraz liczba kinematycznych

warunków brzegowych.

Wyznaczmy ugięcie i kąt w środku rozpiętości belki wolnopodpartej pokazanej na rys. 12.7.

X1

w1

K

EJ

l/2

l/2

w2

X2

P

EJ

w1, w2

X K

P

l/2

l/2

2EJ


156

Rys. 12.7 Rys.12.8

Zadanie rozwiążemy przyjmując dwa układy współrzędnych (rys. 12.7). Równania

momentów, równania różniczkowe linii ugięcia i dalsze po dwukrotnym całkowaniu,

zestawione są niżej.

20 1 lx << 20 2 lx <<

( ) 2111 xPxM = ( ) 2222 xPxM =

( ) 211''

1 xPxwEJ −= ( ) 222''2 xPxwEJ −=

( ) 1211

'1 4 CxPxwEJ +−= ( ) 2

222

'2 4 CxPxwEJ +−=

( ) 1113111 12 DxCxPxwEJ ++−= ( ) 222

3222 12 DxCxPxwEJ ++−=


( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

16

0

0

1616

296296

0

00/4

22/3

22/2

00/1

221

21

2

22

12

223

113

1

2

'2

'1

21

1

PlCC

DD

D

ClPClP

DlClPDlClP

D

w

lwlw

lwlw

w

==

==

→

=

−=+−

++−=++−

=

→

=

−=

=

=

Ujemny znak w trzecim kinematycznym warunku brzegowym jest konsekwencją różnej

skrętności przyjętych układów współrzędnych.

Ugięcie i kąt ugięcia w środku rozpiętości belki wynoszą:

( ) EJlPlwwK 482 31 == , ( ) 02'

== lwKϕ .

W zakończeniu prostych zadań wyznaczymy ugięcie końca wspornika o skokowej zmiennej

sztywności na zginanie pokazanego na rys. 12.8.

20 lx << lxl <<2

( ) ( )xlPxM −−=1 ( ) ( )xlPxM −−=2

( ) ( )xlPxwEJ −=''

12 ( ) ( )xlPxwEJ −=''

2

( ) ( ) 12'

1 22 CxlPxwEJ +−−= ( ) ( ) 22'

2 2 CxlPxwEJ +−−=

( ) ( ) 113

1 62 DxCxlPxwEJ ++−= ( ) ( ) 223

2 6 DxCxlPxwEJ ++−=



157

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

++=++

+−=+−

=+

=+−

→

=

=

=

=

EJDlCPlEJDlCPl

EJCPlEJCPl

DlP

CPl

lwlw

lwlw

w

w

223

113

22

12

13

12

21

'2

'1

1

'1

2482248

828

06

02

22/4

22/3

00/2

00/1

221 lPC = , 63

1 lPD −= , 165 22 lPC = , 83

2 lPD −= .

Ugięcie końca belki wynosi:

( ) EJlPlwwK 163 32 == .

Przy większej ilości przedziałów charakterystycznych wyznaczenie stałych całkowania,

których liczba równa się podwojonej ilości przedziałów jest bardzo pracochłonne. Możemy

uniknąć tego nadmiernego nakładu pracy stosując pewien specyficzny sposób zapisu funkcji

momentów zginających M(x) a potem ich całkowania. Sposób ten zaproponowany przez

A. Clebscha w 1862 roku, daje w przypadku belek prostych o stałej sztywności na zginanie

EJ zrównanie się stałych całkowania we wszystkich przedziałach i tym samym

zredukowanie ich do dwóch (niezależnie od ilości przedziałów), które wyznaczamy z

kinematycznych warunków brzegowych wynikających ze sposobu podparcia belki (nie z

warunków zszycia).

Nie uzasadniając teoretycznie tego sposobu (patrz np. S.Piechnik: Wytrzymałość Materiałów.

PWN 1978) podamy niżej wymagania, które muszą być spełnione przy jego stosowaniu:

• równania momentów zginających ( )xM muszą być zapisane w jednym układzie, którego

początek należy przyjąć na jednym z końców belki,

• wszystkie składniki równania momentów w przedziale ( i ) muszą się powtórzyć bez zmian

w równaniu momentów w przedziale następnym (i + 1) a nowe dodatkowe człony muszą

zawierać dwumian typu ( )α

iax − gdzie α jest dowolną potęgą natomiast ia jest odciętą

początku przedziału (i + 1),

• całkowanie dwumianów typu ( )α

iax − należy wykonywać względem zmiennej ( )iax − ,

tzn. bez otwierania nawiasów.

Dla belek o skokowo zmiennej sztywności na zginanie doprowadzenie liczby stałych

całkowania do dwóch jest również możliwe przy zastosowaniu pewnych modyfikacji co

wymaga jednak sporego nakładu pracy. Dlatego w takich przypadkach zwykle nie stosuje się

sposobu Clebscha wykonując obliczenia, jak to pokazano wyżej, lub stosuje inne metody

obliczeń, jak np. metoda Mohra czy jeszcze bardziej ogólna i efektywna metoda Maxwella-

Mohra.

12.2.1. Przykłady

Przykład 12.2.1.1. Wyznaczyć ugięcie i kąt ugięcia punktu K danej belki.

2 kN 8 kNm 4 kN 4 kN/m

2 m 2 m

2 m 2 m

X

w 7 kN 15 kN

C D B A KEJ


158

Rozwiązanie

Zadanie rozwiążemy korzystając ze sposobu Clebscha, dzięki czemu liczba stałych

całkowania zredukuje się do dwóch, niezależnie od ilości przedziałów charakterystycznych,

których w danym przykładzie mamy cztery.

Zaczynamy od równań momentów zginających. W przedziale AB, przy spodach na dole belki,

równanie ma postać:

M(x) = -2x AB

W przedziale BC, zgodnie z zasadami podejścia Clebscha, równanie momentów przyjmuje

formę:

M(x) = -2x + 7(x-2) – 4(x-2)2/2

BC

Pionowe kreski na końcach równań informują, w jakim przedziale dane równanie jest

obowiązujące.

Równanie w przedziale CD ma postać:

M(x) = -2x + 7(x-2) – 4(x-2)2/2 + 8(x-4)

0 CD

Czwarty człon w powyższym równaniu pochodzi od skupionego momentu działającego na

belkę. Nawias (x-4) jest konieczny, bo takie są zasady stosowania tego podejścia, a

podniesienie go do potęgi zerowej (x-4)0 daje wartość jeden i nie zmienia wartości w

równaniu momentów. Równanie w ostatnim przedziale DK wygląda następująco:

M(x) = -2x + 7(x-2) – 4(x-2)2/2 + 8(x-4)

0 + 15(x-6) +4(x-6)

2/2

DK

Ostatni człon tego równania to fikcyjnie dodane obciążenie ciągłe na odcinku DK. Jego

pojawienie się wynika z zasad podejścia, że równanie momentów w przedziale następnym

musi zawierać wszystkie człony równania z przedziału poprzedniego. Skoro tak to musiał

pozostać trzeci człon równania tj. – 4(x-2)2/2, a to oznacza przyjęcie, że obciążenie ciągłe

działa do końca belki. Ponieważ w rzeczywistości nie działa ono na odcinku DK, to należało

je wyzerować poprzez dodanie fikcyjnego obciążenia. To fikcyjne obciążenie jak i

przedłużone do końca belki obciążenie ciągłe z przedziału BD, zaznaczone zostało na rysunku

belki linią przerywaną.

Te cztery równania mogą być formalnie zapisane w jednej linijce, nie tracąc nic ze swej

ogólności i dając pełną informacje o postaci równania momentów w danym przedziale:

M(x) = -2x + 7(x-2) – 4(x-2)2/2 + 8(x-4)

0 + 15(x-6) +4(x-6)

2/2

DK

Równanie momentów w danym przedziale zawiera człony od znaku „=” do pionowej kreski

informującej o punktach określających początek i koniec przedziału. Dotyczyć to będzie

również równań ugięć i kątów ugięć.

Postępując analogicznie równania różniczkowe ugiętej osi belki we wszystkich przedziałach

możemy zapisać w postaci:

EJw’’(x) = 2x AB

+ 7(x-2) – 4(x-2)2/2 BC + 8(x-4)

0

CD + 15(x-6) +4(x-6)

2/2 DK


159

W wyniku dwukrotnego całkowania otrzymujemy:

EJw’(x) = C+ 2x

2/2

AB - 7(x-2)2/2 + 4(x-2)

3/6

BC - 8(x-4) CD - 15(x-6)2/2 -4(x-6)

3/6

DK

EJw(x) = D+ Cx +2x3/6

- 7(x-2)3/6 + 4(x-2)

4/24 - 8(x-4)

2/2 - 15(x-6)

3/6 -4(x-6)

4/24

Stałe całkowania C oraz D muszą się znaleść zaraz za znakiem równości gdyż są one

obowiązujące dla wszystkich przedziałów charakterystycznych.

Kinematyczne warunki brzegowe, z których możemy wyznaczyć stałe całkowania są

następujące:

( )

( ) ( ) ( ) ( )

=−−−+++

=++→

=

=

0246824264666*26

062*22

06/2

02/12433

3

2-67- CD

CD

w

w,

a wyznaczone z nich stałe mają wartości : C = - 16/3 kNm2, D = 8.00 kNm

3 .

Poszukiwane wartości kąta ugięcia i ugięcia punktu K wynoszą:

( ) [ ] EJwK 62*422*154*866*426*728*23168 32322−−−+−+−=′=ϕ

EJ

kNm

EJ

kNmK

22 33.9

*3

28==ϕ

( ) [ ] EJwwK 242*462*152/4*8246*466*768*2316*888 432433−−−+−+−==

EJ

kNm

EJ

kNmwK

333.13

*3

340==

Przykład 12.2.1.2. Wyznaczyć linię ugięcia podanej belki oraz wymiar a jej przekroju

poprzecznego z warunku stanu granicznego użytkowania jeśli 250/lwdop = oraz E=205 GPa.

Rozwiązanie

Linię ugięcia belki wyznaczymy korzystając ze sposobu Clebscha, dzięki czemu liczba

stałych całkowania zredukuje się do dwóch.

M(x) = -20 x2/2

AB + 100 (x-2)

BC + 20 (x-6)/2

CD + 40 (x-10)

DE

EJw”(x) = +20x

2/2 - 100 (x-2)

-20 (x-6)

2/2 - 40 (x-10)

EJw’(x) = C+20x

3/6 -100 (x-2)

2/2

-20 (x-6)

3/6 - 40 (x-10)

2/2

EJw(x) = D+ Cx+20x4/24 -100 (x-2)

3/6

-20 (x-6)

4/24 - 40 (x-10)

3/6

a

2a

1.5a 1.5a

11a

6.611a

5.389a

Y

Jy=368.917a4

C B D X

w

20 kN/ m

4 m 2 m 4 m 2 m

20 kN

A E

100 kN 40 kN


160


( )

( ) ( ) ( )

=−−−−++

=++→

=

=

0246102062101002410*2010

0242*202

010/2

02/1434

4

CD

CD

w

w

C = 53.33 kNm2, D = -119.99 kNm

3.

Ostatecznie funkcje kątów ugięć i linii ugięcia mają postać:

EJ w’(x) = 53.33+20x

3/6

AB -100 (x-2)

2/2

BC -20 (x-6)

3/6

CD - 40 (x-10)

2/2

DE

EJ w(x) = -119.99+53.33x+20x4/24 -100 (x-2)

3/6

-20 (x-6)

4/24 - 40 (x-10)

3/6

Ugięcia i kąty ugięcia w punktach charakterystycznych:

w’A= w

’(0) = 53.33/EJ , wA= w(0) = - 119.99/EJ,

w’B= w

’(2) = 80.00/EJ , wB = w(2) = 0 ,

w’C= w

’(6) = - 26.67/EJ , wC= w(6) = 213.32/EJ,

w’D= w

’(10) = - 26.67/EJ, wD= w(10) = 0,

w’E= w

’(12) = 13.33/EJ, wE= w(12) =0.

Powyższe wyniki dowodzą, że maksymalne ugięcie belki wystąpi w przedziale BC w punkcie

w którym zeruje się kąt ugięcia

53.33 + 20*x 3/6 – 100*(x-2)

2/2 = 0 → x = 5.404 m.

53.33+20*5.4043/6 –100*(5.404-2)

2/2 = -0.016 ≈ 0

Maksymalne ugięcie w belce wynosi:

( ) EJ..wwmax 512214045 == .

Największe ugięcie w przedziale DE

53.33 + 20*x 3/6 – 100*(x-2)

2/2 – 20*(x-6)

3/6 – 40*(x-10)

2/2 = 0 → x = 10.845 m.

w(10.845) = - 10.29/EJ.

Rysunek poniżej pokazuje szkic linii ugięcia analizowanej belki.

B

20 kN

C D X

w

20 kN/ m

A E

4.0 m 2.0 m 4.0 m 2.0 m

53.33/EJ

22

1.5

1/E

J

26.67/EJ

26.67/EJ

13.33/EJ 80.00/EJ

21

3.3

2/E

J

10.2

9/E

J

119.9

9/E

J

3.404 m 0.845 m

w(x)/EJ


161

Wyznaczenie wymiaru a:

Wdop = l/250 = 8.00/250 = 0.032 m

9

34

3

102050320

1051221917368

105122151221

**.

*.a.

Ew

*.Jw

EJ

.wwmax

dop

dopdop ≥→≥→≤→≤

a ≥ 0.0174 m.

Przyjęto do wykonania a = 2.0 cm.

Przy przyjętym wymiarze a maksymalne ugięcie belki wynosi:

018002091736810205

10512215222149

3

..*.**

*.

EJ

.wmax === m.

Przykład 12.2.1.3. Wyznaczyć ugięcie i kąt ugięcia punktu K danej belki.

Rozwiązanie

Jeśli przyjmiemy początek układów współrzędnych dla każdej z belek składowych

rozważanej belki gerberowskiej w przegubie C, to dla każdej z nich możemy wykorzystać

podejście Clebscha i warunek zszycia w tym przegubie. Rozważmy wpierw belkę CK (belka

górna w schemacie obliczeniowym, drugorzędna):

M1(x1) = 4 x1 - 2x12

/2

CD + 4 (x1 -4)+ 2(x1 –4)

2/2

DK

EJ w1 ”(x1 ) = -4 x1 + 2x1

2 /2 - 4 (x1 –4) - 2(x1 –4)

2/2

EJ w1 ’(x1 ) = C1 -4 x1

2/2 + 2x1

3 /6 - 4 (x1 –4)

2/2 - 2(x1 –4)

3/6

EJ w1 (x1 ) = D1+ C1 x1 - 4 x13/6 + 2x1

4 /24 - 4 (x1 –4)

3/6 - 2(x1 –4)

4/24

Zajmijmy się teraz belką AC (belka dolna w schemacie obliczeniowym, pierwszorzędna).

Przy jej rozważaniu uwzględnimy tylko pionową składową siły pod kątem 45° działającą w

przegubie C, gdyż równanie różniczkowe ugiętej osi belki, którym się posługujemy, nie

uwzględnia wpływu sił podłużnych na wielkość ugięcia.

M2(x2) = - 6 x2 CB

+ 4(x2 –2)0

BA

2EJ w2 ”(x2 ) = + 6 x2 - 4(x2 –2)

0

2EJ w2 ’(x2 ) = C2 + 6 x2

2/2 - 4(x2 –2)

2EJ w2 (x2 ) = D2 + C2 x2 + 6 x23/6 - 4 (x2 –2)

2/2


kN222 kN/m

4 kNm

A D KCB X1

w2

X2

w1

2EJ EJ

2 m4 kN

2 m 2 m 4 m


162

( )

( )

( )

( )

→

=−−++

=−−+

→

=

=

022446464

0244246

042

04123

22

22

2

2

**CD

**C

w/

w/'

C2 = -40.00 kNm2, D2 = 104.00 kNm

3.

( ) ( )

( )

→

=+−+

=→

=

=

024426444

2044

003

4311

21

1

21

**CD

EJ

D

EJ

D

w/

ww/

C1 = -7.67 kNm2, D1 = 52.00 kNm

3.

( ) ( ) ( )[ ] EJ***.wwK 244626464246266466775264343

1 −−−−+−−== ,

EJ

kNm.wK

36936−

= .

12.3. Metoda Mohra

Jeśli potrzebujemy wyznaczyć przemieszczenia osi belki zginanej w tylko jednym

interesującym nas punkcie, to metoda analityczna jest mało efektywna. Przy jej zastosowaniu

nakład pracy potrzebny do określenia funkcji ugięcia i kątów ugięcia w całej belce lub

wyznaczeniu przemieszczeń w jednym tylko punkcie niewiele się różni. Metoda którą

pokażemy niżej jest bardzo skuteczna i efektywna zwłaszcza przy obliczaniu ugięć i kątów

ugięcia w jednym punkcie osi belki.

Rozważmy dowolną belkę zginaną, która na rys.

12.9 nazwana jest belką rzeczywistą. W przyjętym

układzie odniesienia linia jej ugięcia spełnia znane

już równanie różniczkowe:

( )( )

EJ

xMxw

''−= .

Wyobraźmy sobie inną belkę, nazwiemy ją belką

fikcyjną (rys. 12.9), o tej samej długości co belka

rzeczywista obciążoną pewnym obciążeniem

rozłożonym w sposób ciągły o intensywności

( )xq f . Podpór belki fikcyjnej na razie nie

specyfikujemy, ale są one takie, że zapewniają jej

geometryczną niezmienność. Między obciążeniem

( )xq f a funkcją momentów w belce fikcyjnej

( )xM f zachodzi znana zależność różniczkowa:

( ) ( )xqxM f''f −= .

Jeśli położymy:

Mf

X

w M M

Belka rzeczywista

EJ

Belka fikcyjna

qf

Rys. 12.9

qf


163

( )( )

EJ

xMxq f = , (12.8)

to zachodzi równość:

( ) ( )xMxw''f

''= , (12.9)

która dowodzi, że druga pochodna linii ugięcia w belce rzeczywistej równa się drugiej

pochodnej funkcji momentów w belce fikcyjnej tj. belce, której obciążenie stanowi funkcja

momentów w belce rzeczywistej podzielona przez jej sztywność zginania.

Po dwukrotnym obustronnym całkowaniu równania (12.9) dostajemy kolejno:

( ) ( ) 21 CxMCxw'f

'+=+ ,

(12.10)

( ) ( ) 2211 DxCxMDxCxw f ++=++ .

Jeśli zapewnimy równość stałych całkowania w równaniach (12.10) i uwzględnimy, że

pochodną linii ugięcia jest kąt ugięcia a pochodną momentów zginających jest siła

poprzeczna otrzymujemy ostatecznie:

( ) ( )xQx f=ϕ ; ( ) ( )xMxw f= . (12.11)

Wzory (12.11) będące podstawą metody Mohra ( Mohr pierwszy w roku 1868 zauważył i

wykorzystał do wyznaczania ugięć formalną analogię równań różniczkowych wiążących

ugięcia z momentami zginającymi oraz momentami zginającymi i obciążeniem) obliczania

ugięć osi belek zginanych stanowią, że kąt ugięcia i ugięcie w dowolnym punkcie belki

rzeczywistej są równe sile poprzecznej i momentowi zginającemu w tym samym punkcie

belki fikcyjnej.

Wróćmy do określenia, dotąd nie zdefiniowanych, podpór belki fikcyjnej. Sposób jej

podparcia wynika ze wzorów (12.11), otrzymanych przy założeniu równości stałych

całkowania we wzorach (12.10).

Rozważmy sztywne zamocowanie w belce rzeczywistej. Jest to punkt, w którym kąt ugięcia i

ugięcie jest równe zeru, zgodnie więc ze wzorami (12.11) w tym punkcie belki fikcyjnej siła

poprzeczna i moment zginający muszą się zerować. Jedynym takim skrajnym punktem w

belce jest wolny koniec. W przypadku skrajnej podpory przegubowej w belce rzeczywistej

kinematyczne warunki brzegowe to zerowanie się ugięcia i różny od zera kąt ugięcia. Musi

temu w belce fikcyjnej odpowiadać punkt, w którym statyczne warunki brzegowe dają

zerowanie się momentu zginającego i różną od zera siłę poprzeczną i takim punktem będzie

podpora przegubowa. W tabeli poniżej zestawione są podpory w belce rzeczywistej i

odpowiadające im podpory w belce fikcyjnej.

Belka rzeczywista Belka fikcyjna

0=ϕ ; 0=w 0=fQ ; 0=fM

0≠ϕ ; 0=w 0≠fQ ; 0=fM

0≠ϕ ; 0≠w 0≠fQ ; 0≠fM

0=ϕ ; 0≠w 0=fQ ; 0≠fM

pl ϕϕ = ; 0=lw ; 0=pw fpfl QQ = ; 0=flM ; 0=fpM

0≠lϕ ; 0≠pϕ ; pl ww = 0≠flQ ; 0≠fpQ ; fpfl MM =


164

Wyznaczenie belki fikcyjnej dla dowolnej belki rzeczywistej jest zadaniem bardzo prostym.

Niżej pokazany jest przykład belki rzeczywistej i odpowiadającej jej belki fikcyjnej.

Jak powiedziane zostało na wstępie metoda Mohra jest bardzo efektywna ( w stosunku do

metody analitycznej) w przypadku gdy poszukujemy przemieszczeń osi belki w określonym

punkcie.

Tok postępowania przy obliczaniu przemieszczeń w wybranym punkcie osi belki zginanej

metodą Mohra jest następujący:

• wyznaczyć wykres momentów zginających w belce rzeczywistej (spody na dole belki),

• wyznaczyć belkę fikcyjną,

• obciążyć belkę fikcyjną wykresem momentów zginających z belki rzeczywistej

podzielonemu przez jej sztywność na zginanie EJ. Dodatniemu wykresowi momentów

odpowiadają zwroty obciążenia fikcyjnego zgodnego ze zwrotem osi ugięć belki rzeczywistej,

• wyznaczyć siłę poprzeczną i/lub moment zginający w tym wybranym punkcie w belce

fikcyjnej (siła poprzeczna znakowana zgodnie z układem własnym przekroju poprzecznego

belki, moment przy spodach na dole belki). Będą one równe odpowiednim przemieszczeniom

w tym samym punkcie osi belki rzeczywistej.

12.3.1. Przykłady

Przykład 12.3.1.1. Wyznaczyć metodą

Mohra ugięcie i kąt ugięcia końca wspornika.

Rozwiązanie

Rysunki obok pokazują kolejne etapy rozwiązania.

Fikcyjne siły przekrojowe tj. siła poprzeczna i moment

zginający w punkcie K belki fikcyjnej wynoszą:

EJ

lPl

EJ

PlQ KfK

22

12

=== ϕ ,

EJ

lPl*l

EJ

PlwM KfK

33

2

2

13

=== .

Obie wielkości są dodatnie, co w przyjętym układzie

odniesienia związanego z belką rzeczywistą oznacza, że

punkt K przemieści się w dół a jego kąt obrotu będzie

zgodny z ruchem wskazówek zegara.

Belka fikcyjna

Belka rzeczywista

w

X l

K

P

EJ

Pl

M

l

K

Pl/

EJ

Belka fikcyjna

l

K

P

EJ


165

Przykład 12.3.1.2. Wyznaczyć metodą Mohra

ugięcie i kąt ugięcia końca wspornika o

skokowo zmiennej sztywności na zginanie.

Rozwiązanie

Fikcyjne siły przekrojowe tj. siła poprzeczna i moment

zginający w punkcie K belki fikcyjnej wynoszą:

EJ

Pll

EJ

Pll

EJ

Pll

EJ

PlQ KfK

16

5

242

1

24222

1 2

=++== ϕ ,

EJ

Pl

*

ll*

l

EJ

Pl

l*

l

EJ

lPl*

l

EJ

PlwM KfK

16

3

23

2

2242

1

4

3

2423

2

222

1

3

=

++

++==


Mohra ugięcie i kąt ugięcia punktu K belki

wolnopodpartej o skokowo zmiennej

sztywności na zginanie.

Rozwiązanie

w

EJ

X K

P

l/2

l/2

2EJ

Pl

M

Belka fikcyjna

Pl/

4E

J

K

Pl/

2E

J

Pl/

2E

J

l/2

l/2

Belka fikcyjna

A

B

6/E

J

K

4.0 m

4.0 m

24/EJ

12/EJ

fBV

P EJ

K

l/2

l/2

2EJ

EJ K

6.0 kN/m

4.0 m

4.0 m

2EJ

w

EJ X K

6.0 kN/m

4.0 m

4.0 m

2EJ

24

6*42/8 = 12

24

M

kNm


166

Wykres momentów (na części krzywoliniowy) w belce rzeczywistej można rozłożyć na

wykresy pokazane niżej na rysunku. Część krzywoliniowa to symetryczna parabola drugiego

stopnia, której maksymalna wartość wynosi qa2/8, gdzie a to rozpiętość na której działa stałe

obciążenie ciągłe q.

Poszukiwane siły przekrojowe w belce fikcyjnej policzymy idąc od strony prawej i w tym

celu potrzebujemy wpierw wyznaczyć reakcję na prawej podporze.

0246

3

24

3

24

12

2

1

3

444

24

2

180 =++

++−→=∑ *

EJ*

EJ*

EJVM fBfA ,

EJ

kNm.V fB

2044= .

EJ

kNm.

EJEJQ fKK

2044

24

2

144=+−==ϕ ,

EJ

kNm.*

EJEJMw fKK

301124

3

14

24

2

14

44=−== .

Niżej podane są pola powierzchni A i położenie środków ciężkości S dla figur ograniczonych

parabolami drugiego stopnia, stanowiących części wykresów momentów zginających

pochodzących od równomiernie rozłożonych obciążeń ciągłych w belkach rzeczywistych.

Przykład 12.3.1.4. Wyznaczyć metodą Mohra

kąt ugięcia na podporze B belki

wolnopodpartej o skokowo zmiennej

sztywności na zginanie.

Rozwiązanie

EJ

6.0 kN

3.0 m

3.0 m

EJ/2

B A

lfA3

2= lfA

3

2= lfA

3

1=

l/2

f S

l/2

l

styczna

pozioma

S f

5l/8 3l/8

l

S f

3l/4 l/4

styczna

pozioma

l

EJ

kNm.V fB

2018

=

3.0 m

3.0 m

B A

18

.0/E

J

9.0

/EJ

Belka fikcyjna

9.0

M

kNm

w

EJ

X

6.0 kN

3.0 m

3.0 m

EJ/2

B A


167

Fikcyjną siłę poprzeczną w przekroju podporowym policzymy idąc od strony prawej, zatem

celowym jest wyznaczenie reakcji na prawej podporze.

EJ

kNm.V*

EJ*

EJVM fBfB

fA

201803

3

23

18

2

1

3

333

9

2

160 =→=+

++−→=∑

EJ

kNm.VQ fBfBB

2018

−=−==ϕ .

Zgodnie z przyjętym układem współrzędnych przekrój podporowy obróci się przeciwnie do

ruchu wskazówek zegara.


Mohra ugięcie i kąt ugięcia punktu K belki

jednostronnie przewieszonej.

Rozwiązanie

Wykres momentów w belce rzeczywistej jest sumą momentów od obciążenia na

przewieszeniu i obciążenia w prześle AB. Oba te momenty są bardzo proste do wyznaczenia i

co bardzo ważne - ich pola powierzchni jaki i położenie środków ciężkości są powszechnie

znane.

Belka fikcyjna jest belką gerberowską, w której w schemacie obliczeniowym część AB jest

belką drugorzędną. Ponieważ punkt K jest w dolnej belce, pierwszorzędnej więc najprościej

będzie wpierw wyznaczyć fikcyjną reakcję w przegubie B, a potem obciążyć nią (ze zwrotem

przeciwnym) dolny wspornik BK.

20.0 kN/m

K EJ B

6.0 m

2.0 m

A

w

20.0 kN/m

K EJ B X

6.0 m 2.0 m

A

M

kNm

90.0

40.0

A

6.0 m 2.0 m

40/EJ

90/EJ

K B

Belka fikcyjna

B A

6.0 m

90/EJ

40/EJ

EJV fB 100= EJ100

40/EJ

K

2.0 m

B


168

Obliczenie reakcji fBV :

EJ

kNm.V*

EJ*

EJVM fBfBfA

20100

03690

3

26

3

26

40

2

160 =→=+−−→=∑ .

Stąd kąt ugięcia i ugięcie punktu K belki rzeczywistej wynosi:

EJ

kNm

EJEJQ fKK

233.73

240

3

1100−=+−==ϕ ,

EJ

kNm

EJEJMw fKK

300.160

24

3*2

40

3

12

100−=+−== .

Często dla uproszczenia zapisów obliczenia prowadzimy bez pisania sztywności na zginanie

w mianowniku obciążenia fikcyjnego i wstawiamy ją dopiero w końcowych rezultach tj.

fikcyjnej sile poprzecznej i fikcyjnym momencie zginającym.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Ukośne zginanie

169

13. UKOŚNE ZGINANIE


Ukośne zginanie pręta pryzmatycznego występuje wówczas gdy układ sił zewnętrznych po

jednej stronie jego przekroju poprzecznego pręta redukuje się do momentu zginającego M ,

którego wektor nie jest równoległy do żadnej z głównych, centralnych osi bezwładności

przekroju poprzecznego. Będziemy się starali wyznaczyć elementy macierzy naprężeń i

odkształceń oraz współrzędne wektora przemieszczenia w dowolnym punkcie pręta.

Rozważmy więc, pokazany na rys. 13.1 pręt pryzmatyczny określony w układzie osi

(X, Y ,Z), w którym oś X jest osią pręta, a osie (Y, Z) są głównymi centralnymi osiami

bezwładności jego przekroju poprzecznego. Materiał pręta jest izotropowy, liniowo sprężysty

o stałych materiałowych E oraz ν. W rozważanym przypadku moment zginający działa w

płaszczyźnie zaznaczonej szarym kolorem na rysunku, a jego wektor jest nachylony pod

kątem α do osi Y.

Przy rozwiązywaniu postawionego zadania wykorzystamy wyniki uzyskane dla przypadku

zginania prostego.

Otóż zgodnie z zasadą de Saint-Venanta statycznie równoważne obciążenia wywołują

jednakowe stany naprężenia i odkształcenia, a jeśli tak to moment M możemy zastąpić

dwoma równoważnymi mu momentami αcosMM y = i αsinMM z = , których kierunki

są równoległe do odpowiednich osi układu odniesienia (rys. 13.1). W ten nieskomplikowany

sposób otrzymaliśmy dwa proste zginania względem osi Y i Z, dla których macierze naprężeń

są już nam znane. W obu przypadkach jedynym niezerowym elementem macierzy naprężeń

jest naprężenie normalne xσ . Proste sumowanie, zgodnie z zasadą superpozycji, daje wzór

określający te naprężenia, dla rozważanego pręta, w postaci:

yJ

Mz

J

M

z

z

y

y

x −=σ (13.1)

lub, po wykorzystaniu zależności między M , yM i zM w formie:

−= y

Jz

JM

zy

x

αασ

sincos. (13.2)

α

α

Mz

M

My

Y

Z

ślad płaszczyzny

obciążenia

Rys. 13.1

M

M

Z Y

( )0,0,1v

I II

płaszczyzna

obciążenia

X

x

A


170

Wzory określające krzywiznę osi pręta po deformacji w wyniku działania momentów yM i

zM , mają postać:

y

y

y JE

M=

ρ

1 oraz

y

y

z JE

M=

ρ

1. (13.3)

Ugięcia punktów osi pręta w kierunku osi Y i Z

obliczamy od każdego momentu zginającego

osobno, korzystając z równań różniczkowych,

które przy zwrotach momentów i układu

odniesienia pokazanych na rys.13.2 są

następujące:

y

y

JE

M

dx

wd−=

2

2

oraz z

z

JE

M

dx

vd=

2

2

(13.4)

Całkowite ugięcie osi belki jest geometryczna sumą ugięć od składowych momentów

zginających.

Macierz odkształceń odpowiadając temu stanowi naprężenia łatwo wyznaczymy z równań

Hooke’a, i będzie ona zawierała jedynie trzy odkształcenia liniowe, z których dwa są sobie

równe.


W tym przypadku wytrzymałości w pręcie występuje jednoosiowy niejednorodny stan

naprężenia, przy czym wartości naprężeń normalnych xσ , są liniową funkcją zmiennych y

oraz z i nie zależą od zmiennej x. Ponieważ jedynym niezerowym elementem macierzy

naprężeń jest xσ , to wnioski z analizy stanu naprężenia i odkształcenia dla tego przypadku,

dotyczące naprężeń i odkształceń głównych ich kierunków, jak i ekstremalnych naprężeń

stycznych będą analogiczne do tych, jakie były w przypadku osiowego rozciągania i zginania

prostego. Wzory (13.1) czy (13.2) pokazują, że końce wektorów naprężenia xσ leżą na

płaszczyźnie - płaszczyźnie naprężeń. Krawędź przecięcia się płaszczyzny naprężeń z

płaszczyzną przekroju poprzecznego, tj. oś obojętna, stanowi miejsce geometryczne

punktów, w których wartości naprężeń normalnych spełniają równanie:

0=xσ

Podstawiając do niego wyrażenie (13.2) dostajemy równanie osi obojętnej dla rozważanego

przypadku:

yJ

Jz

z

yαtg= (13.5)

Zatrzymajmy się chwilę przy równaniu tej prostej. Jego prosta analiza pokazuje, że przy

ukośnym zginaniu:

• oś obojętna przechodzi przez początek układu współrzędnych ale jej położenie

(nachylenie) nie zależy od wartości momentu zginającego,

yMzM

yMzM

Rys.13.2

Z, w

Y, v

X


171

• położenie osi obojętnej zależy od wartości yJ , zJ oraz α , tzn. od geometrii przekroju

poprzecznego i płaszczyzny działania obciążeń,

• oś obojętna nie pokrywa się z kierunkiem wektora momentu zginającego (tak było w

przypadku prostego zginania), odchyla się ona od niego w kierunku „minimalnej” głównej

centralnej osi bezwładności przekroju poprzecznego.

Wyjątek mogłyby stanowić przekroje dla których zy JJ = , ale wobec zerowania się

momentu dewiacji yzJ , każda oś centralna jest osią główną centralną i w takim przypadku

zawsze występować będzie proste zginanie.

Powyższe spostrzeżenia są bardzo istotne z punktu widzenia wymiarowania, bo pozwalają

łatwo wyznaczyć punkty przekroju poprzecznego, w których naprężenia normalne

xσ osiągają wartości ekstremalne. Punkty te położone są najdalej od osi obojętnej co wynika

to z liniowości wzoru określającego wartości naprężeń normalnych.

Rozkład naprężeń normalnych xσ w przekroju poprzecznym pręta pokazuje rys.13.3.

Rys. 13.3

Rozkład ten jest wynikiem dodania do siebie rozkładów z dwóch prostych zginań, tj. zginania

w płaszczyźnie (X, Z) i w płaszczyźnie (X, Y) (rys.13.4).

Jak już zostało powiedziane, największe co do bezwzględnej wartości naprężenia wystąpią w

punktach najodleglejszych od osi obojętnej. Wyznaczenie położenia tych punktów przy

znajomości położenia osi obojętnej nie powinno sprawiać trudności.

Kolejny raz należy podkreślić, że wyprowadzone wzory obowiązują przy przyjętych

zwrotach osi układu odniesienia i wektora momentu zginającego. W przypadku innych

zwrotów należy we wzorach uwzględnić korektę znaków.

X

Y

Z oś obojętna

Y

Rys.13.4

Y

X

My

Z

X

Z

Mz


172

13.3. Wymiarowanie prętów ukośnie zginanych

Tak jak w przypadku prostego zginania ograniczymy się teraz tylko do wymiarowania ze

względu na stan graniczny nośności, przyjmując, że będzie on osiągnięty, jeśli przynajmniej

w jednym punkcie przekroju poprzecznego wielkość naprężenia normalnego będzie równa

wytrzymałości obliczeniowej.

Jeśli pręt wykonany jest z materiału którego wytrzymałości obliczeniowe przy rozciąganiu Rr

i ściskaniu Rc , są różne to warunek stanu granicznego nośności stanowią nierówności:

rrx Rmax ≤σ i ccx Rmax ≤σ

gdzie: rxmax σ i cxmax σ - największe naprężenia rozciągające i ściskające w przekroju

poprzecznym.

W przypadku materiału o tej samej wytrzymałości obliczeniowej na rozciąganie i ściskanie

(materiał izonomiczny) warunek wymiarowania będzie jeden:

Rmax x ≤σ .

Gdy przekrój poprzeczny pręta ma dwie osie symetrii i obrys zewnętrzny jego kształtu jest

prostokątny np. dwuteownik, prostokąt z wyciętymi otworami itp. to maksymalne naprężenia

normalne wystąpią w narożach i mają wartość:

z

z

y

y

cxrxW

M

W

Mmaxmax +== σσ .

13.4. Przykłady

Przykład 13.4.1. Drewniana belka wspor-

nikowa o długości l = 1.0 m i

prostokątnym przekroju poprzecznym

b = 12 cm, h = 24 cm obciążona jest na

końcu siłą P = 4.0 kN nachyloną pod

kątem α = 20° do osi pionowej (rysunek

obok). Wyznaczyć rozkład naprężeń

normalnych w przekroju utwierdzenia i

położenie osi obojętnej.

Rozwiązanie

X

Y

Z

α

P

b

l

h

płaszczyzna obciążenia

P = 4.0 kN

M

kNm 4.0

X

Z

l = 1.0 m

Y

Mz

Z α

ślad płaszczyzny

obciążenia

Y

M

My

P

1

2 3

4


173

Rysunek wyżej pokazuje wykres momentów zginający w płaszczyźnie obciążenia. W

utwierdzeniu moment ma wartość M = 4.0 kNm a jego wektor będąc prostopadły do

płaszczyzny obciążenia nie jest równoległy do żadnej z głównych centralnych osi

bezwładności przekroju poprzecznego. Mamy do czynienia ze zginaniem ukośnym

(dokładniej mówiąc wraz ze ścinaniem, ale naprężenie styczne, w tym przykładzie, nie są

przedmiotem naszego zainteresowania).

Składowe tego wektora (pokazane na rysunku) w osiach głównych centralnych mają wartości:

759.39397.0*0.4cos === αMM y kNm, 368.13420.0*0.4sin === αMM z kNm.

Główne centralne momenty bezwładności wynoszą:

138241224*12 3==yJ cm

4, 34561212*24 3

==zJ cm4.

W przyjętym układzie odniesienia i zwrotach momentów rozkład naprężeń normalnych

określa wzór:

y*.z*.y*

*.z

*

*.y

J

Mz

J

M

z

z

y

y

x77

8

3

8

3

1096310722103456

103681

1013824

107593−=−=−=

−−σ

Wartości naprężeń normalnych w narożach przekroju wynoszą:

MPa.*.*.).(*.).(*.x 88010382102630601096312010722 66771 =−=−=σ

MPa.*.*.).(*.).(*.x 64510382102630601096312010722 66772 −=−−=−−=σ

MPa.*.*.).(*.).(*.x 88010382102630601096312010722 66773 −=+−=−−−=σ

MPa.*.*.).(*.).(*.x 64510382102630601096312010722 66774 =+=−−=σ

Równanie osi obojętnej:

y.zy*.z*.x 4561010963107220 77=→=−→=σ .

Oś obojętna tworzy z osią Y kąt 55°31’, widać jak wyraźnie odchyla się ona od wektora

momentu gnącego, który tworzy z osią Y kąt 20°, w stronę głównej centralnej osi o

mniejszym momencie bezwładności.

Rysunki poniżej pokazują rozkład naprężeń normalnych w przekroju utwierdzenia. Rysunek

po lewej, często nazywany jest bryłą naprężeń, rysunek po prawej pokazuje rozkłady

naprężeń na krawędziach przekroju, ale daje pełny obraz tego co się dzieje wewnątrz.

55°31′

0.8

8

0.88 5.64

oś obojętna

Z

Y

5.64

5.6

4

5.6

4

0.88

0.8

8

σ x

MPa Z

oś obojętna

5.64

5.64

Y

0.88

0.88


174

Przykład 13.4.2. Wyznaczyć rozkład

naprężeń normalnych w przekroju

utwierdzenia belki wspornikowej o

obciążeniu i przekroju poprzecznym

jak na rysunku.

Rozwiązanie

Obciążenie ciągłe q działa w płaszczyźnie która odchyla się od płaszczyzny (X, Z) o kąt 30°,

siła skupiona P działa w płaszczyźnie (X, Z).

Zadanie w którym obciążenia działają w dowolnych płaszczyznach najprościej jest

rozwiązywać wykorzystując zasadę superpozycji sumując momenty od poszczególnych

obciążeń. Ponieważ momenty występują w różnych płaszczyznach sumowanie należy

wykonać z uwzględnieniem ich własności wektorowych pamiętając, że wektory momentów

są prostopadłe do płaszczyzn działania obciążeń które je wywołują.

Otrzymaną sumę należy potem rozłożyć na składowe równoległe do głównych centralnych

osi bezwładności przekroju poprzecznego. Z tego względu wydaje się, że najzgrabniej jest

rozkładać obciążenie na składowe równoległe do tych osi bo otrzymane od nich momenty

będą od razu tymi które należy wstawiać do wzoru na naprężenia normalne. I tak też

będziemy postępować w tym przykładzie.

Składowe obciążenia ciągłego q wynoszą:

250.0500.0*5.0sin === αqq y kN/m

433.0866.0*5.0cos === αqqz kN/m

Wykresy momentów w płaszczyznach układu odniesienia

Y q=0.5 kN/ m

l = 3.0 m X

Z

P = 1.0 kN

12 cm

Z

α

Y

q P

α = 30 °

24 cm

q = 0.500

Z

α

Y

α = 30 °

qz = 0.433

qy = 0.250

qz =0.433 kN/ m

l = 3.0 m

P = 1.0 kN

Y

X

Z

My

kNm

4.9

49

obciążenie w płaszczyźnie (X, Z) obciążenie w płaszczyźnie (X, Y)

Mz

kNm

1.125

qy =0.250 kN/ m

l = 3.0 m

Y

X

Z


175

Składowe momentu zginającego w przekroju

utwierdzenia pokazane są na rysunku obok, a

rozkład naprężeń normalnych określa

zależność:

yJ

Mz

J

M

z

z

y

y

x −=σ

Wartości naprężeń policzymy w narożach przekroju. W tym przypadku będą to punkty,

których współrzędne są maksymalne, stąd możemy naprężenia policzyć korzystając ze

wskaźników wytrzymałości:

11526

24*12

6max

22

====

hb

z

JW

y

y cm3, 576

6

12*24

6max

22

====

bh

y

JW z

z cm3.

6

6

3

6

3

1 10*343.210*576

10*125.1

10*1152

10*949.4=−=−=

−−

z

z

y

y

xW

M

W

Mσ Pa = 2.343 MPa,

6

6

3

6

3

2 10*249.610*576

10*125.1

10*1152

10*949.4−=−−=−−=

−−

z

z

y

y

xW

M

W

Mσ Pa = -6.249 MPa,

6

6

3

6

3

3 10*343.210*576

10*125.1

10*1152

10*949.4−=+=+−=

−−

z

z

y

y

xW

M

W

Mσ Pa = -2.343 MPa,

6

6

3

6

3

4 10*249.610*576

10*125.1

10*1152

10*949.4=+=+=

−−

z

z

y

y

xW

M

W

Mσ Pa = 6.249 MPa

Przykład 13.4.3. Dobrać potrzebne

wymiary kątownika równoramiennego ze

względu na naprężenia normalne dla

belki obciążonej jak na rysunku jeśli

R = 215 MPa.

oś obojętna

Y

2.343

6.2

49

2.3

43

6.2

49

2.3

43

σ x

MPa

2.343

6.249 Z

6.249

Y0 q =11 kN/ m

l = 3.0 m X

Z0 q

Z0

Y0

Z

Y

1

2 3

4

My = 4.949

Mz = 1.125


176

Rozwiązanie

Obciążenie działa w płaszczyźnie (X, Z0)

zatem wektor momentu zginającego jest

równoległy do osi Y0 . Ponieważ jest ona

tylko osią centralną a nie główną centralną

występuje przypadek ukośnego zginania.

Osie główne centralne (Y, Z) w tym przekroju

poprzecznym (oś Z jest osią symetrii)

nachylone są pod kątem 45° do osi

centralnych (Y0, Z0). Maksymalny moment

zginający występujący w środku rozpiętości

belki wynosi:

375128

311

8

22

.*lq

Mmax === kNm,

a jego współrzędne w osiach głównych

centralnych mają wartości:

75082

37512

2.

.MmaxMM zy ==== kNm.

Przyjęto kątownik równoramienny 140*140*15, którego główne centralne momenty

bezwładności mają wartości Jy = 298 cm4, Jz = 1150 cm

4. Należy teraz sprawdzić czy

spełniony jest warunek stanu granicznego nośności ze względu na naprężenia normalne, który

wymaga aby:

Rmax x ≤σ .

Maksymalne naprężenia normalne wystąpią w punkcie najodleglejszym od osi obojętnej. Jej

położenie jest łatwo naszkicować. Odchyla się ona od wektora momentu zginającego w stronę

osi Y, bo względem tej osi moment bezwładności jest najmniejszy. Nietrudno teraz stwierdzić,

że punkt A jest najodleglejszy od osi obojętnej i w osiach głównych centralnych ma

współrzędne (8.84, 5.02) cm.

Rozkład napreżeń normalnych w tym przypadku określa zależność:

yJ

Mz

J

M

z

z

y

y

x −−=σ ,

stąd

6621410848101150

1075810025

10298

10758 2

8

32

8

3

.*.*

*.*.

*

*.y

J

Mz

J

MA

z

zA

y

yAx −=−−=−−=

−

−

−

−σ MPa

, a ponieważ : 21566214 =<== R.max xAx σσ , więc przekrój został przyjęty prawidłowo.

Y0 q =11 kN/m

l = 3.0 m X

Z0

max M = q l

2/8

M

My

max M Y0

Z Y

Z0

oś obojętna

45°

A

Mz

10

4 10

4 wymiary w

cm

1.5


177

Przykład 13.4.4. Wyznaczyć maksymalne naprężenia normalne w przekroju poprzecznym

zadanej belki oraz maksymalne ugięcie jej osi jeśli E = 205 GPa.

Rozwiązanie

Łatwo dowieść z równań równowagi, że

działające w płaszczyźnie (X, Z)

obciążenie q wywoduje reakcje

060.RR BZAZ == kN a działający w

płaszczyźnie (X, Y) moment powoduje

reakcje 04.RR BYAY == kN.

Równania momentów zginających ( )xM y

i ( )xM z napiszemy przyjmując za

dodatnie momenty pokazane na wykresach

obok. I tak ( ) 22060 2xxxM y −=

( ) xxM z 4=

Rozkład napreżeń normalnych przy tych

ustalonych zwrotach momentów i osi układu

współrzędnych wyznacza zależność:

( ) yJ

Mz

J

Mx

z

z

y

y

x +−=σ

Z rozkładu momentów na belce można wnioskować, że maksymalne naprężenia wystąpią w

punkcie K ( jeśli mamy wątpliwości to można sprawdzić we wszystkich punktach narożnych).

Zatem:

( ) ( ) ( ) ( )

( )x.xx

M.M*.*

M*

*

Mx zy

zyKx

482622060893

10

626893

101058

1011471018

1016084

26

62

8

2

8

+−=

=+=+−−=−

−

−

−σ

Warunek konieczny ekstremum funkcji jednej zmiennej daje równanie, z którego

wyznaczymy położenie przekroju w którym naprężenie normalne jest maksymalne:

Y q = 20 kN/m

l = 6.0 m X

Z

M = 24 kNm Z

Y Profil spawany IPES 360

Huty Pokój

Jy = 16084 cm4, Jz = 1147 cm

4

36 cm

17 cm

Z

Y

36 cm

17 cm

My

Mz K

Y Z My(x)

Y Z

Mz(x)

RAY = 4 kN

q = 20 kN/m Y

X

Z

l = 6.0 m

M = 24 kNm

RBZ =60 kN

x

A B

RAZ =60 kN

RBY = 4 kN


178

( )3244048262060 .x.x

xd

xdKx

=→=+−=

σm.

Momenty zginające w tym przekroju mają wartości:

( ) 470723244103244603244 2..*.*.M y =−= kNm,

( ) 29617324443244 ..*.M z == kNm.

Stąd maksymalne naprężenia normalne w przekroju poprzecznym belki wynoszą:

( ) ( ) ( ) =+−−=−

−

−

−

2

8

32

8

3

1058101147

10296171018

1016084

10470723244 *.

*

*.*

*

*..

Kxσ

( )61017412810381 *.. += N/m

2 = 209.277 MPa.

Zajmiemy się teraz obliczeniem maksymalnego ugięcia osi belki. Przekrój poprzeczny w

którym oś belki przemieści się najwięcej nie musi się pokrywać z tym w którym występują

największe naprężenia normalne.

Ugięcia punktów osi pręta w kierunku osi Y i Z obliczymy

od każdego momentu osobno korzystając z równań

różniczkowych, które przy zwrotach momentów i układu

odniesienia pokazanych na rysunku obok są następujące:

y

y

JE

M

dx

wd−=

2

2

oraz z

z

JE

M

dx

vd−=

2

2

.

Obliczenie ugięcia w płaszczyźnie (X, Z).

( ) ( )

y

y

JE

xM

dx

xwd−=

2

2

( ) xxxwEJ''

y 6010 2−=

( ) 123 30310 CxxxwEJ

'y +−=

( ) 1134 1065 DxCxxxwEJ y ++−=


( )

( )2

1

1

134

1

180

0

06610665

0

062

001

kNmC

D

C**

D

w/

w/

=

=

→

=+−

=

→

=

=

.

Zatem funkcja ugięcia w płaszczyźnie (X, Z) ma postać:

( )

+−= xx

x

EJxw

y

180106

51 34

.

Obliczenie ugięcia w płaszczyźnie (X, Y).

w My

Mz

My

Mz

X

v


179

( ) ( )

zJE

xMz

dx

xvd−=

2

2

( ) xxvEJ ''z 4−=

( ) 222 CxxvEJ '

z +−=

( ) 223 32 DxCxxvEJ z ++−=


( )

( )2

2

2

23

2

24

0

06362

0

062

001

kNmC

D

C*

D

v/

v/

=

=

→

=+−

=

→

=

=

.

Stąd funkcje ugięcia w płaszczyźnie (X, Y) określa zależność:

( )

+

−= x

x

EJxv

z

243

21 3

.

Całkowite ugięcie jest geometryczną sumą przemieszczeń w tych dwóch prostopadłych

płaszczyznach określoną wzorem:

( ) ( ) ( )xwxvxf22

+= .

Podstawiając za ( )xv oraz ( )xw wyżej otrzymane zależności dostajemy:

( )

( ) ( )234236

234

23

180106532246351961032830

18010653224

xxxxx.*.

EJ

xxx

EJ

xxxf

yz

+−+−=

=

+−

+

−

=

−

Miejsce wystąpienia maksymalnego ugięcia otrzymujemy z równania zerowania się

pochodnej jego funkcji:

( )→= 0

dx

xdf

( )( ) ( )( )

( ) ( )

0

18010653224635196

180306201801065222432246351962

23423

233423

=

+−+−

+−+−+−−

xxxxx.

xxxxx*xxx.*

którego rozwiązaniem jest 3873.x = m.

Maksymalne ugięcie wynosi:

( ) 0256014884410328303873 6 ..**..ffmax ===− m = 2.56 cm.

Składowe tego przemieszczenia są równe:

( ) 35523873 ..v = cm i ( ) 00313873 ..w = cm.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Mimośrodowe rozciąganie i ściskanie

180

14. MIMOŚRODOWE ROZCIĄGANIE I ŚCISKANIE


Mimośrodowe rozciąganie pręta pryzmatycznego występuje wówczas gdy układ sił

zewnętrznych po jednej stronie jego przekroju poprzecznego redukuje się do wypadkowej

N równoległej do osi pręta, zaczepionej poza jego środkiem ciężkości. Poszukiwać będziemy

elementów macierzy naprężeń i odkształceń dowolnym punkcie tak obciążonego pręta.

Rozważmy więc, pokazany na rys. 14.1 pręt pryzmatyczny o polu przekroju poprzecznego A

określony w układzie osi (X, Y ,Z) w którym oś X jest osią pręta a osie (Y, Z) są głównymi

centralnymi osiami bezwładności jego przekroju poprzecznego. Materiał pręta jest

izotropowy, liniowo sprężysty o stałych materiałowych E oraz ν. Wypadkowa N , normalna

do przekroju, zaczepiona jest w punkcie o współrzędnych yN oraz zN.

Przy rozwiązywaniu postawionego zadanie wykorzystamy wyniki uzyskane dla przypadku

osiowego rozciągania i prostego zginania.

Zgodnie z zasadą de Saint-Venanta statycznie równoważne obciążenia wywołują jednakowe

stany naprężenia i odkształcenia, a to pozwala zastąpić wypadkową N ,zaczepioną w punkcie

(yN, zN) równoważnym układem złożonym z siły podłużnej N , zaczepionej w środku

ciężkości pręta i dwoma momentami Ny zNM = i Nz yNM = , których wektory są

równoległe do odpowiednich osi układu odniesienia (rys. 14.1). W ten sposób otrzymaliśmy

osiowe rozciąganie i dwa proste zginania względem osi Y i Z, dla których macierze naprężeń

są już nam znane. We wszystkich tych trzech przypadkach jedynym niezerowym elementem

macierzy naprężeń jest naprężenie normalne xσ . Sumowanie, zgodnie z zasadą superpozycji,

daje wzór określające te naprężenia, dla analizowanego przypadku, w postaci:

yJ

Mz

J

M

A

N

z

z

y

y

x ++=σ (14.1)

lub, po wykorzystaniu zależności między N oraz, yM i zM w formie:

yJ

yNz

J

zN

A

N

z

N

y

Nx ++=σ . (14.2)

Macierz odkształceń odpowiadając temu stanowi naprężenia łatwo wyznaczymy z równań

Mz My

Y

Z

N

Rys. 14.1

N

Z Y

x

( )001 ,,v

I II

(yN, zN)

N

X

A


181

Hooke’a, i będzie ona zawierała jedynie trzy odkształcenia liniowe, z których dwa są sobie

równe.

Wyżej otrzymane wzory mogą być również stosowane w tej formie przy mimośrodowym

ściskaniu prętów bardzo krępych, gdyż tylko wówczas spełniona jest zasada zesztywnienia,

przy której założeniu wzory te zostały wyprowadzone może być przyjęta. W przypadku

ściskania przypadku wypadkowa N ma zwrot przeciwny do normalnej zewnętrznej, a jej

współrzędnej N przypisujemy znak ujemny.

Jeżeli we wzorze (14.2) przestrzegać będziemy umowy znakowania sił podłużnych (plus dla

siły rozciągającej, minus dla ściskającej) oraz tego, że (yN, zN) oraz (y, z) oznaczają

współrzędne punktów w których wyznaczamy naprężenia w przyjętym układzie odniesienia,

to wyznaczone naprężenia będą miały znaki zgodne z przyjętą dla nich umową znakowania.


W tym przypadku w pręcie występuje jednoosiowy, niejednorodny stan naprężenia. Wartości

naprężeń normalnych xσ nie zależą od zmiennej x, są liniową funkcją zmiennych y i z .

Wyniki analizy stanu naprężenia i odkształcenia są analogiczne jak w przypadkach osiowego

rozciągania, prostego czy ukośnego zginania. Podobnie też jak w poprzednich przypadkach

końce wektorów naprężenia xσ leżą na płaszczyźnie - płaszczyźnie naprężeń. Krawędź

przecięcia się płaszczyzny naprężeń z płaszczyzną przekroju poprzecznego - oś obojętna-

stanowi miejsce geometryczne punktów, w których wartości naprężeń normalnych spełniają

równanie:

0=xσ .

Podstawiając do niego wyrażenie (14.2), a następnie dokonując kolejnych przekształceń

dostajemy równanie osi obojętnej dla rozważanego przypadku:

101022

−=+→=++→=++

z

N

y

N

z

N

y

N

z

N

y

N

i

y*y

i

z*z

AJ

y*y

AJ

z*zy

J

yNz

J

zN

A

N

1=+

zy a

z

a

y, (14.3)

gdzie: N

zy

y

ia

2

−= , N

y

zz

ia

2

−= ,

to odcinki jakie oś obojętna odcina na osiach

głównych centralnych (patrz rys.14.2), a

A

Ji

y

y =2 oraz

A

Ji zz =2 - kwadraty głównych

centralnych promieni bezwładności przekroju

poprzecznego.

Analizując równanie osi obojętnej (14.3) spostrzegamy, że w przypadku mimośrodowego

rozciągania:

• położenie osi obojętnej nie zależy od wartości siły obciążającej N,

(14.4)

ay

az

oś obojętna

Y

Z

( yN, zN )

Rys. 14.2


182

• oś obojętna nie przechodzi przez środek ciężkości przekroju poprzecznego, a odcinki jakie

odcina na osiach układu współrzędnych znajdują się w jego ćwiartce po przeciwnej

stronie punktu przyłożenia siły,

• położenie osi obojętnej zależy od współrzędnych punktu przyłożenia siły obciążającej i

geometrii przekroju poprzecznego.

Naprężenia normalne xσ osiągają wartości ekstremalne w punktach przekroju poprzecznego

najdalej położonych od osi obojętnej.

Rozkład tych naprężeń w przekroju

poprzecznym pręta pokazuje rys.14.3.

Jest on wynikiem dodania do siebie

rozkładów z osiowego rozciągania i

dwóch prostych zginań względem osi

Y oraz Z.

14.3. Wymiarowanie prętów mimośrodowo rozciąganych lub ściskanych

Ograniczymy się, jak poprzednio tylko do wymiarowania ze względu na stan graniczny

nośności przyjmując, że będzie on osiągnięty jeśli przynajmniej w jednym punkcie przekroju

poprzecznego wielkość naprężenia normalnego będzie równa wytrzymałości obliczeniowej.

Jeśli pręt wykonany jest z materiału, którego wytrzymałości obliczeniowe przy rozciąganiu Rr

i ściskaniu Rc , są różne to warunek stanu granicznego nośności stanowią nierówności:

rrx Rmax ≤σ i ccx Rmax ≤σ

gdzie: rxmax σ i cxmax σ - największe naprężenia rozciągające i ściskające w przekroju

poprzecznym.



Rmax x ≤σ .



Rmax x ≤σ .

Gdy przekrój poprzeczny pręta ma dwie osie symetrii i obrys zewnętrzny jego kształtu jest

prostokątny np. dwuteownik, prostokąt z wyciętymi otworami itp., to maksymalne naprężenia

normalne wystąpi w narożu po przeciwnej stronie osi obojętnej i będzie miało wartość:

z

z

y

y

xW

M

W

M

A

Nmax ++=σ .

W tym miejscu ponownie należy podkreślić, że w przypadku mimośrodowego ściskania

konieczne jest spełnienie warunków pozwalających na przyjęcie zasady zesztywnienia, co

ogranicza zastosowanie wyprowadzonych zależności do krępych prętów.

Rys.14.3

X

Z

Y

oś obojętna


183

13.4. Rdzeń przekroju

Jak już wyżej powiedziano, w przypadku mimośrodowego rozciągania lub ściskania oś

obojętna nie przechodzi przez środek ciężkości przekroju poprzecznego, jej położenie nie

zależy od wielkości siły obciążającej i określa je równanie odcinkowe prostej (14.3):

1=+

zy a

z

a

y.

Dowiedziemy dwóch prostych twierdzeń o osi obojętnej wynikających z tego równania.

Twierdzenie 1: oddalaniu się punktu przyłożenia siły od środka ciężkości przekroju

poprzecznego towarzyszy przybliżanie się osi obojętnej do środka ciężkości i odwrotnie.

Niech punkt 1 (rys.14.4) o współrzędnych ( 11 NN z,y ) określa

początkowe przyłożenie siły, a

1

2

1

N

zy

y

ia −= oraz

1

2

1

N

y

zz

ia −= położenie odpowiadającej mu

osi obojętnej l1. Niech punkt 2 o współrzędnych ( 22 NN z,y )

określa nowe przyłożenie siły, a

2

2

2

N

zy

y

ia −= oraz

2

2

2

N

y

zz

ia −= położenie odpowiadającej mu

osi obojętnej l2.

Ponieważ 12 NN yy > oraz 12 NN zz > to 12 yy aa < oraz 12 zz aa < , co dowodzi

prawdziwości twierdzenia 1.

Twierdzenie 2: obrotowi osi obojętnej wokół ustalonego punktu odpowiada przemieszczanie

się punktu przyłożenia siły po prostej.

Niech punkt A o współrzędnych ( )AA z,y (rys.14.5) leży na osi

obojętnej l odpowiadającej przyłożeniu siły w punkcie 1 o

współrzędnych ( )NN z,y .

Współrzędne obu punktów spełniają równanie osi obojętnej

(14.3)

( ) ( )1

22=

−

+

− Ny

A

Nz

A

zi

z

yi

y.

Jeśli przekształcimy to równanie do postaci:

( ) ( )1

22=

−

+

− Ay

N

Az

N

zi

z

yi

y

w którym współrzędne ( )AA z,y będą ustalone, to widać, że

współrzędne punktów przyłożenia siły ( )NN z,y spełniają

równanie prostej co dowodzi słuszności twierdzenia 2.

W przypadku mimośrodowego rozciągania i ściskania naprężenia normalne w przekroju

mogą być jednakowego lub różnych znaków. Będą one miały we wszystkich punktach

1

2

ay1

az1

Y

Z

l1

ay2

l2

az2

Rys. 14.4

l

Y

Z

A

Rys. 14.5

1


184

przekroju ten sam znak jedynie wtedy, gdy oś obojętna – której położenie zależy od

współrzędnych położenia wypadkowej sił obciążających – będzie leżała poza przekrojem lub

była styczna do niego. Miejsce geometryczne punktów przekroju poprzecznego pręta w

których przyłożona siła, równoległa do jego osi wywołuje naprężenia normalne jednego

znaku w całym przekroju nazywać będziemy rdzeniem przekroju. Zagadnienie wyznaczenia

rdzenia przekroju ma istotne znaczenie praktyczne w przypadku prętów mimośrodowo

ściskanych wykonanych z materiałów o niewielkiej wytrzymałości na rozciąganie (np. słupy

betonowe czy filary ceglane). Takie konstrukcje dobrze jest kształtować w formie

zapewniającej położenie wypadkowej siły ściskającej wewnątrz rdzenia przekroju, co

zapewnia występowanie jedynie naprężeń ściskających. Wyznaczenie rdzenia przekroju

prześledzimy (nie tracą ogólności rozważań) na przykładzie pokazanym na rys.14.6.

Po wyznaczeniu głównych centralnych osi

bezwładności (Y, Z) i wartości ich promieni

bezwładności yi oraz zi prowadzimy styczną

1-1 uważając ją za oś obojętną. Styczna 1-1

odcina na osiach układu współrzędnych

odcinki 1ya oraz 1za .

Współrzędne punktu 1 przyłożenia siły,

któremu odpowiada oś obojętna 1-1

wyznaczamy wykorzystując zależności (14.4)

występujące w ogólnym równaniu osi

obojętnej

1

2

1

y

zN

a

iy −= ,

1

2

1

z

y

Na

iz −= .

Powtarzając rozumowanie dla kolejnych stycznych do obrysu przekroju dostajemy punkty 2,

3, 4 i 5, które są punktami krzywej rdzeniowej tzn. krzywej o tej własności, że przyłożenie

siły w jej punktach daje osie obojętne, styczne do przekroju. Całą krzywą rdzeniową

otrzymujemy łącząc te punkty odcinkami prostych. Wynika to z twierdzenia 2 bo od osi

obojętnej 1-1 do osi obojętnej 2-2 przechodzimy obracając je wokół punktu A, temu zaś

zgodnie z tym twierdzeniem towarzyszy przesuwanie się punktu przyłożenia siły po prostej.

Punktom przyłożenia siły wewnątrz krzywej rdzeniowej odpowiadają osie obojętne poza

przekrojem i wynika to z twierdzenia 1 o oddalaniu się osi od środka ciężkości jeśli siła

zbliża się do niego. Zatem rdzeń przekroju w analizowanym przypadku stanowi ten

zacieniony obszar.

Z opisanej metody konstrukcji rdzenia wynika kilka prostych wskazówek odnośnie kształtu

rdzenia dla przekrojów ograniczonych odcinkami prostych:

• rdzeń jest figurą wypukłą

• ma tyle boków, ile boków ma najmniejszy wielobok opisany na przekroju

• jest figurą symetryczną dla symetrycznego przekroju.

W przypadku przekrojów o brzegu krzywoliniowym, równanie stycznej do brzegu razem ze

znanym równaniem brzegu i zależnościami (14.4) pozwala na napisanie równania krzywej

rdzeniowej i tym samym wyznaczenie ich rdzenia przekroju.

1

2

3 4

5

1 1

2

2

3

3 4 4

5

5

Y

Z

Rys. 14.6

A


185

14.5. Przykłady

Przykład 14.5.1. Drewniany słup o przekroju

prostokątnym 3620 ×=× hb cm i niewielkiej

wysokości obciążony jest w narożu siłą ściskającą

100=P kN. Wyznaczyć rozkład naprężeń

normalnych w przekroju poprzecznym słupa i

położenie osi obojętnej.

Rozwiązanie

Występuje tu klasyczny przypadek mimośrodowego

ściskania, w którym przy przyjętym układzie osi

odniesienia (to osie główne centralne przekroju

poprzecznego):

100−=N kN, 102 ==byN cm, 182 == hzN cm,

7203620 === *hbA cm2,

7776012362012 33=== *hbJ y cm

4,

2400012203612 33=== *bhJ z cm

4,

108720777602=== AJi yy cm

2,

3333720240002 .AJi zz === cm2.

Naprężenia normalne określa zależność:

yJ

yNz

J

zN

A

N

z

N

y

Nx ++=σ ,

która, po podstawieniu wyżej otrzymanych wartości, przyjmuje formę:

( )61066741148233891 *y.z..x −−−=σ .

Wartości naprężeń w narożach są równe:

( ) ( )[ ] 72291010066741180148233891 61 .*.....,x −=−−−=σ MPa,

( ) ( )[ ] 38911010066741180148233891 62 .*.....,x −=−−−−=σ MPa,

( ) ( )[ ] 94461010066741180148233891 63 .*.....,x =−−−−−=σ MPa,

( ) ( )[ ] 38911010066741180148233891 64 .*.....,x −=−−−−=σ MPa.

Oś obojętna jest prostą o równaniu:

1=+

zy a

z

a

y

Y

Z

P

b

h

X

4

P

3 2

1

Y

Z

2

b

2

h

2

b

2

h


186

w którym 33310

33332

..

y

ia

N

zy −=−=−= cm oraz 006

18

1082

.z

ia

N

y

z −=−=−= cm to odcinki

jakie ta prosta odcina na głównych centralnych osiach bezwładności przekroju poprzecznego.

Rozkład naprężeń pokazuje poniższy rysunek.

Przykład 14.5.2. Stalowy słupek wykonany z dwuteownika 500 pokazany na rysunku,

przenosił osiowo równomiernie rozłożone obciążenie q = 13 MN/m2 ze sztywnej żeliwnej

płyty o wymiarach b×h = 0.7×0.4 m. Słupek postanowiono wzmocnić przyspawanym

ceownikiem 260 na całej jego wysokości.

Sprawdzić jak zmienią się wartości naprężeń normalnych w wyniku wzmocnienia, wyznaczyć

wykresy naprężeń normalnych w przekrojach słupka przed i po wzmocnieniu.

Y

oś obojętna

6.9

45

1.3

89

σ x

MPa

1.3

89

9.7

23

9.723

1.389

Z

1.389

az

ay

40.0

Z

Y

18.0

Profil walcowany PN I 500

A = 180 cm2

Jy = 68740 cm4, Jz = 2480 cm

4

Wy = 2750 cm3, Wz = 268 cm

3

25.0 25.0

P q = 1300 kN/m

2

70.0

50.0

X

Y

Z

Y

50

18

Z

Y

Profil walcowany PN [ 260

A = 48.3 cm2

Jy = 4820 cm4, Jz = 317 cm

4

2.36

26

9

wymiary w cm


187

Rozwiązanie

Wypadkowa obciążenia działająca na słupek

643407013 ..*.*qbhP === MN.

Stan przed wzmocnieniem

Słupek jest ściskany osiowo siłą podłużną

643.N −= MN i naprężenia normalne w

każdym punkcie jego przekroju są równe:

2220210180

6434

.*

.

A

Nx −=−==

−σ MPa.

Stan po wzmocnieniu

Należy wyznaczyć położenie głównych centralnych osi

wzmocnionego przekroju. Oś Y nie zmieni położenia.

Położenie środka ciężkości wzmocnionego przekroju

3228348180 ..A =+= cm2,

49132136273480 .).(*.S z −=−= cm3,

7953228

49132100 .

.

.

A

Sy z

−=−

== cm.

Ponieważ położenie wypadkowej obciążenia nie zmieniło się

mamy teraz do czynienia z mimośrodowym ściskaniem w

którym siła na mimośrodzie 5.79 cm powoduje zginanie

względem osi Z momentem o wartości:

211010795643 2 .*.*.M z ==− MNm.

Moment bezwładności przekroju względem osi zginania:

( ) 9756457213483177951806874022

=−+++= .*..*J z cm4

Rozkład naprężeń normalnych:

yJ

M

A

N

z

zx −=σ

Wartości naprężeń we włóknach skrajnych wynoszą:

( ) 03226307901097564

2110

103228

64384

11..

*

.

*.

.x −=−

−=

−−

−

σ MPa,

( ) 4398282101097564

2110

103228

64384

22..

*

.

*.

.x −=−−

−=

−−

−

σ MPa.

Wyniki obliczeń dowodzą, że planowane wzmocnienie pogorszy stan mechaniczny słupka,

powodując zwiększenie naprężeń normalnych.

N

Z

Y

20

2.2

2

σ x

MPa

25.0 25.0

σ x

MPa

Mz

1

2

1 2

28.21

30.79

Z0 Z

9 25

25

N

Y

5.79

98.4

3

226.0

3


188

Przykład 14.5.3. Belka wspornikowa o

przekroju prostokątnym 240120 ..hb ×=× m

i długości 02.l = m obciążona jest, jak na

rysunku, obciążeniem ciągłym 02.q = kN/m,

działającym w płaszczyźnie nachylonej pod

kątem o30=α do płaszczyzny (X, Z) oraz

dwiema siłami skupionymi 020.P = kN i

011 .P = kN. W przekroju utwierdzenia

wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych i

stycznych oraz położenie osi obojętnej.

Rozwiązanie

Zadanie rozwiążemy, wykorzystując zasadę superpozycji sumując momenty zginające, siły

poprzeczne i podłużne w przekroju utwierdzenia od poszczególnych obciążeń.

Obciążenie ciągłe q

Składowe obciążenia ciągłego q wynoszą:

001500002 ..*.sinqq y === α kN/m,

731866002 ..*.cosqqz === α kN/m.

W przekroju utwierdzenia daje ono dwa

momenty zginające:

463273112 .*.**qM zy === kNm,

0022112 .***qM yz === kNm, oraz dwie siły

poprzeczne:

002212 .**qQ yy === kN,

46327312 .*.*qQ zz === kN.

Siła skupiona P

Siła rozciągająca P, równoległa do osi pręta, jest

zaczepiona w narożu i daje momenty zginające:

402120202 ..*hPM y === kNm,

201060202 ..*bPM z === kNm,

oraz siłę podłużną 0020.N = kN.

Siła skupiona P1

Siła skupiona P1 działająca w płaszczyźnie (X, Y),

prostopadła do osi pręta daje moment zginający:

00221 .*PM z == kNm,

oraz siłę poprzeczną 001.Qy = kN.

q= 2.00

Z

Y

α = 30 ° α

qz = 1.73

qy = 1.00

Z

Y

My = 2.40

Mz = 1.20 N = 20.00

Z

Y

My = 3.46 Mz = 2.00

Qy = 2.00

Qz = 3.46

Z

Y

Qy = 1.00

Mz = 2.00

h

P

X

Z

α

Y

l

b

q

P1


189

W wyniku sumowania w przekroju utwierdzenia

otrzymujemy:

• siłę podłużną N i dwa momenty zginające

yM oraz zM które to siły przekrojowe

generują naprężenia normalne:

yJ

Mz

J

M

A

N

z

z

y

y

x ++=σ

• dwie siły poprzeczne , które generują naprężenia

styczne:

( )

( )yhJ

ySQ

z

zy

xy −=τ oraz ( )

( )ybJ

zSQ

y

yz

xz −=τ .

Charakterystyki geometryczne przekroju są równe:

2882412 === *hbA cm2,

1382412241212 33=== *hbJ y cm

4, 345612122412 33

=== *bhJ z cm4,

1152624126 22=== *hbWy cm

3, 576612246 22

=== *bhWz cm3

Naprężenia normalne w narożach wynoszą:

6

6

3

6

3

4

3

1 10865710576

10201

101152

10865

10288

1020*.

*

*.

*

*.

*

*

W

M

W

M

A

N

z

z

y

y

x =++=++=−−−

σ Pa,

6

6

3

6

3

4

3

2 10309210576

10201

101152

10865

10288

1020*.

*

*.

*

*.

*

*

W

M

W

M

A

N

z

z

y

y

x −=+−=+−=−−−

σ Pa,

6

6

3

6

3

4

3

3 10476610576

10201

101152

10865

10288

1020*.

*

*.

*

*.

*

*

W

M

W

M

A

N

z

z

y

y

x −=−−=−−=−−−

σ Pa,

6

6

3

6

3

4

3

4 10698310576

10201

101152

10865

10288

1020*.

*

*.

*

*.

*

*

W

M

W

M

A

N

z

z

y

y

x =−+=−+=−−−

σ Pa.

Równanie osi obojętnej:

0103456

10201

1013824

10865

10288

10200

8

3

8

3

4

3

=++→=++=−−−

y*

*.z

*

*.

*

*y

J

Mz

J

M

A

N

z

z

y

y

xσ ,

y..z 818001640 −−= .

W przekroju prostokątnym naprężenia styczne mają rozkład paraboliczny i osiągają

maksymalną wartość AQ 23 w punktach na osi zginania, stąd:

6

4

3

1005210102882

1013

2

3*.

**

**

A

Qmax

y

xy ===−

τ Pa,

Z

Y

My = 5.86

Mz = 1.20 N = 20.00

Qy = 1.00

Qz = 3.46

1

3

4

2


190

6

4

3

101800102882

104633

2

3*.

**

*.*

A

Qmax z

xz ===−

τ Pa.

Rozkłady naprężeń normalnych i stycznych pokazują poniższe rysunki:

Przykład 14.5.4. Obliczyć minimalną grubość a

betonowej ściany zbiornika wodnego (patrz

rysunek), przy której u jej podstawy nie będą

występowały naprężenia rozciągające. Na ścianę o

wysokości hs = 8 m oprócz parcia wody działa w jej

płaszczyźnie środkowej pionowe obciążenie q = 50

kN/m. Wysokość słupa wody hw = 6 m. W

obliczeniach należy uwzględnić ciężar własny

ściany wykonanej z materiału o ciężarze

objętościowym γb = 22 kN/m3

. Ciężar objętościowy

wody γw = 10 kN/m3

.

Rozwiązanie

Obliczenia wykonujemy na 1m długości ściany.

Wpierw zredukujemy obciążenia działające na

ścianę do środka ciężkości jej przekroju u

podstawy.

Obciążenie pionowe stanowi sumę obciążenia

zewnętrznego oraz ciężaru własnego i działa ono w

środku ciężkości.

501762285011 +=+=+= a**a*h**a*qP bs γ

Obciążenie poziome wynikające z parcia wody zaczepione jest w środku ciężkości trójkąta

parcia i wynosi:

180102

6

2

1 22

=== wwh*

W γ kN.

2

a

2

a

Z

Y Mz

N

1m

2

2

1

1

q=50 kN/m

W

6 m a

6 m

8 m

2 m

Y

X

Y

7.8

65

3.6

98

σ x

MPa

2.3

09

6.4

76

6.476

3.698 Z 7.865

2.309

Y

0.0

52

1

Z

0.180

τxy

MPa

τxz

MPa


191

Obciążenie to daje u podstawy ściany moment:

36021803

=== *h

*WM wz kNm.

W rezultacie przekrój u podstawy ściany obciążony jest osiowo siłą ściskającą

)a(N 50176 +−= i momentem 360=zM kNm ( w wyniku redukcji w przekroju występuje

jeszcze siła pozioma W ale nie wywołuje ona naprężeń normalnych).

Naprężenia normalne w przekroju podstawy ściany wyznaczymy ze wzoru:

yJ

M

A

N

z

zx −=σ ,

gdzie: 1*aA = oraz 121 3a*J z = .

Po stronie 1-1 na pewno wystąpią naprężenia ściskające, po stronie 2-2 mogą wystąpić

naprężenia rozciągające (na skutek działania momentu zM ). Aby je wyzerować należy

wykonać ścianę o grubości a spełniającej relację:

( )( ) 37302

12

1036010501763

3322

.aaa

*

a

*ax =→=−−

+−

=−

σ m.

Przykład 14.5.5. Pomiary tensometryczne wykazały, że odkształcenia liniowe we włóknach

skrajnych 1-1 oraz 2-2 mimośrodowo rozciąganego pręta stalowego o przekroju prostokątnym

wynoszą , odpowiednio, 411 108 −−

= *xε i 422 101 −−

= *xε . Zakładając, że moduł Younga stali

E = 205 GPa wyznaczyć wartości siły P oraz mimośrodu e.

Rozwiązanie

Naprężenia normalne we włóknach skrajnych wynoszą:

16410810205 491111===

−−−

***E xx εσ MPa,

52010110205 492222.***E xx ===

−−−

εσ MPa.

W analizowanym przypadku występuje mimośrodowe rozciąganie na mimośrodzie e

względem osi Y lub, inaczej osiowe rozciąganie siłą N = P oraz zginanie względem osi Y

momentem ePM y = .

Ponieważ mamy wyznaczone naprężenia we włóknach skrajnych to możemy zastosować

wzory:

2 22−

xε

e

X

Z P P

11−

xε

2

1 1

e

1.5

Y

Z

P

8.0 wymiary w cm


192

Wy

eP

A

P

W

M

A

N

y

y

x +=+=−11

σ , yy

y

xW

eP

A

P

W

M

A

N−=−=

−22σ .

Podstawiając do nich 44 101210518 −−

== **.*A m2 i 6

62

10166

10851−

−

== ***.

Wy m3,

otrzymujemy układ równań z którego możemy wyznaczyć poszukiwane wartości P oraz e :

→

−=

+=

−−

−−

64

6

64

6

1016101210520

1016101210164

*

eP

*

P*.

*

eP

*

P*

31070110 *.P = N, 210041 −

= *.e m.

Przykład 14.5.6. Wyznaczyć rdzeń przekroju dla prostokąta.

Rozwiązanie

12

12 232 h

hb

hb

A

Ji

y

y === ,

12

12 232 b

hb

bh

A

Ji zz === .

Punkty krzywej rdzeniowej:

oś obojętna 1-1

∞=1ya , 0122

1

2

1 =

∞

−=−=b

a

iy

y

zN ;

21

haz −= ,

62

122

1

2

1

h

h

h

a

iz

z

y

N =

−

−=−= .

oś obojętna 2-2

22

ba y = ,

62

122

2

2

2

b

b

b

a

iy

y

zN −=−=−= ; ∞=2za , 0

122

2

2

2 =

∞

−=−=

h

a

iz

z

y

N .

Pozostałe punkty symetrycznie.

Przykład 14.5.7. Wyznaczyć rdzeń przekroju dla trójkąta.

Rozwiązanie

182

36 232 h

hb

hb

A

Ji

y

y === ,

242

48 232 b

hb

bh

A

Ji z

z === .


oś obojętna 1-1

1

2

2b 2b

32h

1 1

Z

2

2

3h

Y

2h

2h

2b 2b1 1

2

2

2

Y

Z

3h

3b

1


193

∞=1ya , 0242

1

2

1 =

∞

−=−=b

a

iy

y

zN ;

31

haz −= ,

63

182

1

2

1

h

h

h

a

iz

z

y

N =

−

−=−= .

oś obojętna 2-2

32

ba y = ,

83

242

2

2

2

b

b

b

a

iy

y

zN −=−=−= ;

3

22

haz = ,

1232

182

2

2

2

h

h

h

a

iz

z

y

N −=−=−= .


Przykład 14.5.8. Wyznaczyć rdzeń dla podanego przekroju.

Rozwiązanie

Osie symetrii (Y, Z) są osiami głównymi centralnymi. 22 1072602 **A == cm

2,

444

10151212

602

12

120*J y =−= cm

4,

44

1021612

602 *J z == cm

4,

21001072

1015122

42

===

*

*

A

Ji

y

y cm2,

3001072

102162

42

===

*

*

A

Ji z

z cm2.


oś obojętna 1-1

85842601 .a y == cm, 5438584

300

1

2

1 ..a

iy

y

zN −=−=−= cm,

85842601 .az −=−= cm, 75248584

2100

1

2

1 ..a

iz

z

y

N =

−

−−= cm.

oś obojętna 2-2

434222602 .a y == cm, 0774342

300

2

2

2 ..a

iy

y

zN −=−=−= cm,

∞=2za , 02100

2

2

2 =

∞

−=−=

z

y

Na

iz .


2

Y

60 cm

60 cm 60 cm

2

2

1 1

Z

1

60 cm


194

Przykład 13.5.9. Wyznaczyć rdzeń dla półkola.

Rozwiązanie

0363230

30110

2

1102

4

2

42

.*.

r

r.

A

Ji

y

y ====

ππ

cm2,

00225230

830

2

82

4

2

42

.r

r

A

Ji zz ====

π

π

π

π cm

2.

Punkty krzywej rdzeniowej

oś obojętna 1-1

∞=1ya , 000225

1

2

1 =

∞

−=−=.

a

iy

y

zN ,

73123304341 .*raz −=−=−= ππ cm, 9547312

0363

1

2

1 ..

.

a

iz

z

y

N =

−

−−= cm.

oś obojętna 2-2

00302 .ra y == cm, 5070030

00225

2

2

2 ..

.

a

iy

y

zN −=−=−= cm,

∞=2za , 00363

2

2

2 =

∞

−=−=.

a

iz

z

y

N .

oś obojętna 3-3

∞=2ya , 000225

2

2

2 =

∞

−=−=.

a

iy

y

zN

27173

30430

3

42 .

*rra z =−=−=

ππ

cm, 6532717

0363

2

2

2 ..

.

a

iz

z

y

N −=−=−= cm.

Krzywa rdzeniowa między punktami 2 i 3 nie jest prostą (jest połową elipsy) gdyż od osi

obojętnej 2-2 do osi 3-3 przechodzimy ze stycznymi do brzegu w punktach styczności

zmieniającymi zmieniającymi na nim swe położenie.

Przykład 14.5.10. Wyznaczyć rdzeń dla podanego przekroju.

r = 30 cm r = 30 cm

17.27 cm

4r/3π = 12.73 cm

Z

Y

3

1 1

1

3

2

2

3

2

wymiary w m

0.060 0.120

0.120


195

Rozwiązanie

Charakterystyki geometryczne przekroju

Pole powierzchni i środek ciężkości

A = 0.12*0.06 + 0.5*0.12*0.12 = 144*10-4

m2,

Syo = 0.12*0.06*0.06 + 0.5*0.12*0.120*0.04 = 720*10-6

m3,

Szo = 0.12*0.06*0.03 + 0.5*0.12*0.12*0.10 = 936*10-6

m3,

yo = Szo /A = 936*10-6

/144*10-4

= 0.065 m.

zo = Syo /A = 720*10-6

/144*10-4

= 0.050 m.

Momenty bezwładności względem osi centralnych

Jyc = 0.06*0.123/12 +0.12*0.06*0.01

2 + 0.12*0.12

3/36 +

0.5*0.12*0.12*(-0.012) = 1584*10

-8 m

4,

Jzc = 0.12*0.063/12 +0.12*0.06*(-0.035)

2 + 0.12*0.12

3/36 +

0.5*0.12*0.12*0.0352 = 2556*10

-8 m

4,

Jyczc = 0.12*0.06*(-0.035)*0.01 - 0.122*0.12

2/72 +

0.5*0.12*0.12*0.035*(-0.01) = -792*10-8

m4.

Osie główne centralne i momenty bezwładności względem tych osi

±+

=+

−

±

+

=

−−

2

102556101584

22

882

2

21

**J

JJJJJ yczc

zcyczcyc

,

( )28

288

107922

102556101584−

−−

−+

−*

**

J1 = Jz = 2999.23*10-8

m4

; 42 1082820 −

== *.A

Ji zz m

2,

J2 = Jy = 1140.77 *10-8

m4 ; 42

109227−

== *.A

Ji y

y m2,

0.03 0.04

0.06

Y0

Z0

0.03 0.08

0.06

Yc

Zc

Z

Y

0.065

0.050 ye

ze

1

4 3

2

wymiary w m

29.23°


196

o7760786912329992556

7921

1

1 ...JJ

Jtg

zc

yczc=→=

−

−=

−

= αα ,

o2329559607711402556

7922

2

2 ...JJ

Jtg

zc

yczc−=→−=

−

−=

−

= αα .

Sprawdzenia:

Jyc + Jzc = Jy + Jz ; (2556 + 1584)*10-8

= (1140.77 + 2999.23)*10-8

m4,

α 1 + α 2 = 29.23° + 60.77° = 90°.

Wyznaczenie współrzędnych punktów krzywej rdzeniowej

Rdzeń definiowany jest w układzie osi głównych centralnych (Y, Z), należy zatem wyznaczyć

współrzędne punktów jego konturu w tym układzie.

Wygodnie jest wyznaczyć je korzystając z macierzy przejścia od układu osi centralnych

(Yc, Zc) do układu osi głównych centralnych (Y, Z).

( ) ( )

−

=

°°

°−°−

=

c

c

c

c

z

y

.,.

.,.

z

y

.sin,.cos

.sin,.cos

z

y

8726048840

4884087260

77607760

23292329

Wyznaczone w ten sposób współrzędne punktów konturu przekroju podane są w tabelce

poniżej:

Punkty

Współrzędne

[10-2

m] 1 2 3 4

yc -6.500 11.500 -0.500 -6.500

zc -5.000 -5.000 7.000 7.000

y -3.230 12.477 -3.855 -9.091

z -7.538 1.254 5.864 2.934

Dalej przy wyznaczaniu odcinków ay i az , przez które oś obojętna przechodzi na osiach

głównych centralnych będziemy korzystać z równania prostej przez dwa punkty:

( )1

12

121 yy

yy

zzzz −

−

−=−

oś obojętna 1-2

( ) 2221073055600102303

230347712

53872541105387

−−−

−=→+

+

+=+ *.y.z*.y

..

..*.z

21023210 −

= *.a y m, 2107305 −

−= *.az m,

2

2

4

21 1003521023210

1082820−

−

−

−=−

= *.*.

*x.y ,N m, 2

2

4

21 103831107305

109227−

−

−

=

−

−= *.

*.

*.z ,N m.

oś obojętna 2-3


197

( ) 22210776428201047712

477128553

25418645102541

−−−

+−=→−

−−

−=− *.y.z*.y

..

..*.z

21092016 −

= *.a y m, 2107764 −

= *.az m,

2

2

4

32 1023111092016

1082820−

−

−

−=−

= *.*.

*x.y ,N m, 2

2

4

32 106591107764

109227−

−

−

−=−

= *.*.

*.z ,N m.

oś obojętna 3-4

( ) 2221002185600108553

85530919

86459342108645

−−−

+=→+

+−

−=− *.y.z*.y

..

..*.z

21033414 −

−= *.a y m, 2100218 −

= *.az m,

2

2

4

43 1045311033414

1082820−

−

−

=

−

−= *.

*.

*x.y ,N m, 2

2

4

43 109880100218

109227−

−

−

−=−

= *.*.

*.z ,N m.

oś obojętna 1-4

( ) 22210309137871100919

09192303

93425387109342

−−−

−−=→+

+−

−−=− *.y.z*.y

..

..*.z

2104487 −

−= *.a y m, 21030913 −

−= *.az m,

2

2

4

14 107962104487

1082820−

−

−

=

−

−= *.

*.

*x.y ,N m, 2

2

4

14 1059501030913

109227−

−

−

=

−

−= *.

*.

*.z ,N m.

Wyznaczony rdzeń pokazuje rysunek niżej.

0.12

Z

Y

1

4 3

2

wymiary w m

0.06

0.12

(3,4)

(1,2)

(1,4)

(2,3)

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Skręcanie prętów o przekroju kołowo

symetrycznym i prostokątnym

198

15. SKRĘCANIE PRĘTÓW O PRZEKROJU KOŁOWO SYMETRYCZNYM I

PROSTOKĄTNYM


Ze skręcaniem pręta pryzmatycznego mamy do czynienia wówczas, gdy układ sił

zewnętrznych po jednej stronie jego przekroju poprzecznego redukuje się do momentu,

którego płaszczyzna działania jest styczna do przekroju, a wektor jest równoległy do osi pręta.

Moment ten sM nazywamy momentem skręcającym. Naszym zadaniem będzie przede

wszystkim wyznaczenie macierzy naprężeń i odkształceń w dowolnym punkcie pręta.

Zagadnienie skręcania prętów pryzmatycznych daje się rozwiązać prostymi metodami

wytrzymałości materiałów tylko w przypadku prętów o kołowo symetrycznym przekroju

poprzecznym.

Rozważmy więc, pokazany na rys. 15.1 pręt pryzmatyczny o kołowym przekroju

poprzecznym, którego pole jest równe A, określony w układzie osi (X, Y ,Z) w którym oś X

jest osią pręta a dwie pozostałe są osiami głównymi centralnymi jego przekroju

poprzecznego. Materiał pręta jest liniowo sprężysty o stałych materiałowych E oraz ν.

Postawione zadanie rozwiążemy postępując według kilkakrotnie już stosowanego algorytmu.

Po dokonaniu myślowego przekroju pręta na dwie części, odrzuceniu części II i przyłożeniu

do części I układu sił wewnętrznych rozważymy trzy komplety równań tzn. równania

równowagi, geometryczne i fizyczne.

Równania równowagi wynikające z twierdzenia o równoważności odpowiednich układu sił


( ) ( )

=−==+−

===

∫∫∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫

.dAy,dAz,xMdAyz

,dA,dA,dA

A

x

A

xs

A

xzxy

A

xz

A

xy

A

x

00

000

σσττ

ττσ

(15.1)

Równania geometryczne sformułujemy w oparciu o przypuszczony obraz deformacji pręta.

Przyjęte założenia o własnościach materiału pręta, małych przemieszczeniach i zasada

Rys. 15.1

xyτ

xσ

X

Z

xzτY

x

I

M s

A

M s

Z Y

X

x

( )001 ,,v

I II

M s

A



199

płaskich przekrojów pozwalają przyjąć obraz jego deformacji po obciążeniu pokazany na rys.

15.2. Narysowana na powierzchni zewnętrznej pręta siatka prostopadłych do siebie linii po

Rys. 15.2

przyłożeniu momentu skręcającego deformuje się tak, że linie równoległe do osi pręta

przechodzą w linie śrubowe a linie prostopadłe do osi pręta pozostają do niego prostopadłe.

Można więc opisać mechanizm deformacji jako obroty wokół osi pręta płaskich kołowych.

nie deformujących się przekrojów przy nie zmieniających się między nimi odległościach,

zatem odkształcenia liniowe włókien równoległych do osi układu odniesienia są równe zeru:

0=== zyx εεε ,

oraz 0=yzγ .

Kąt o jaki obracają się poszczególne przekroje nazywać będziemy kątem skręcenia i

oznaczymy go ( )xϕ .

Dla dalszej analizy deformacji pręta wytnijmy z niego element o dowolnie małej długości dx

(patrz rys. 15.2). Przyrost kąta skręcenia na tym odcinku oznaczmy przez ( )xdϕ .

Z rys.15.2 odczytujemy, że na pobocznicy zachodzą zależności:

r' dxBB γ= i ( ) rxdBB'

ϕ= zatem ( )

dx

xdrr

ϕγ = ,

gdzie: rγ - odkształcenie kątowe na pobocznicy pręta.

Jeśli dalej przyjmiemy, że zależności zauważone na pobocznicy spełnione są również wewnątrz pręta to możemy napisać:

( )

dx

xdϕργ = (15.2)

gdzie: γ - odkształcenie kątowe w punkcie o promieniu wodzącym ρ dwóch prostopadłych

do siebie włókien, z których jedno jest równoległe do osi pręta a drugie prostopadłe do

promienia wodzącego.

Po wprowadzeniu pojęcia jednostkowego kąta skręcenia określonego wzorem:

( )( )

dx

xdx

ϕθ = , (15.3)

Ms(x)

Z

( )xϕ

( )lϕ

dx

x

l

X

( )xdϕ

rτ

τ

rγ B

B’

A γ

dx

r ρ



200

w miejsce zależności (15.2) dostajemy:

( )xθργ = . (15.4)

Z równań fizycznych Hooke’a otrzymujemy:

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= xzyxxx

Eσεεε

ν

νε

ν

σ

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= yzyxyy

Eσεεε

ν

νε

ν

σ

( ) 0211

=→

++

−

+

+

= zzyxzz

Eσεεε

ν

νε

ν

σ

0=→= yzyzyz G τγτ oraz

( )xGG ρθγτ == (15.5)

Kierunek wektora tych ostatnich naprężeń stycznychτ , jest prostopadły do promienia

wodzącego punktu ρ a jego zwrot jest taki,

że kręci względem środka tak samo jak

obciążający przekrój moment skręcający.

Jak widać z rys. 15.3 naprężenia styczne w

rozważanym punkcie, równoległe do osi

układu odniesienia, można wyrazić poprzez

naprężenie styczne τ wzorami:

αττ sin−=xy i αττ cos=xz (15.6)

a po podstawieniu (15.4) przyjmują postać:

( )zxGxy θτ −= i ( )yxGxz θτ = . (15.7)

Wracamy do równań równoważności (15.1). Pierwsze, piąte i szóste z uwagi na zerowania się naprężeń normalnych są spełnione tożsamościowo.

Równanie drugie

( ) ( ) 0=−=−= ∫∫∫∫∫∫AAA

xy dAzxGdAzxGdA θθτ ,

jest spełnione, bo całka to moment statyczny względem osi centralnej Y.

Z analogicznego powodu spełnione jest trzecie równanie równoważności:

( ) ( ) 0=−== ∫∫∫∫∫∫AAA

xz dAyxGdAyxGdA θθτ .

Przejdźmy do równania czwartego:

( ) ( )xMdAyz s

A

xzxy =+−∫∫ ττ

Rys.15.3

τ

α

y

ρ Y

Z

z τ xz τ xy



201

Podstawienie pod całkę zależności (15.7) i kolejne przekształcenia dają

( ) ( )[ ] ( ) →=+∫∫ xMdAyxGzxG s

A

22θθ ( ) ( ) ( )xMdAyzxG s

A

=+∫∫22

θ

( )( )

0JG

xMx s

=θ (15.8)

gdzie: ( ) dAdAzyJ

AA

∫∫∫∫ =+=222

0 ρ to biegunowy moment bezwładności przekroju

poprzecznego względem jego środka ciężkości, a iloczyn 0GJ nazywany jest sztywnością na

skręcanie.

Wstawiając (15.8) do (15.5) otrzymujemy wzór określający rozkład naprężeń stycznych w

przekroju poprzecznym skręcanego pręta o przekroju kołowo-symetrycznym:

( )ρτ

0J

xM s= . (15.9)


W rozważanym przypadku na płaszczyznach prostopadłych do osi układu odniesienia nie ma

naprężeń normalnych a występujące w płaszczyźnie przekroju poprzecznego naprężenia

styczne określone wzorem (15.9) są liniowo zależne od odległości od jego środka ciężkości.

Zatem swą największą wartość osiągają one w punktach leżących na obwodzie:

( ) ( )

00

maxW

xMr

J

xM ss==τ (15.10)

gdzie: r

JW 0

0 = - wskaźnik wytrzymałości przy skręcaniu (lub biegunowy wskaźnik

wytrzymałości)

Rozkład tych naprężeń stycznych pokazany

jest na rys.15.4 i jak już powiedziano wyżej

ich kierunek jest prostopadły do wektora

wodzącego punktu a zwrot taki, że kręcą one

względem środka ciężkości tak samo jak

obciążający przekrój moment skręcający.

Kołowa symetria przekroju powoduje, że taki

liniowy rozkład występuje na każdym

odcinku przechodzącym przez środek

przekroju poprzecznego.

Pokazuje to wyraźniej rys. 14.5, który może również ułatwić zrozumienie, że w omawianym

przypadku w każdym punkcie pręta mamy do czynienia z płaskim stanem naprężenia

(dokładniej z czystym ścinaniem) i że płaszczyzną tego stanu jest płaszczyzna prostopadła do

przekroju poprzecznego i prostopadła do wektora wodzącego punktu. Naprężenia główne, z

których jedno jest rozciągające a drugie ściskające o wartościach równych naprężeniom

stycznym, nachylone są pod kątem 45° do osi pręta (rys.15.5).

maxτ

maxτ

Rys. 15.4



202

Rys.14.5

Macierz odkształceń odpowiadającą wyznaczonym naprężeniom obliczamy korzystając ze

związków fizycznych Hooke’a.

Z zależności (15.3) i (18.8) wynika, że kąt skręcenia dwóch przekrojów odległych o x jest

równy:

( ) ( )( )

∫∫ ==

xs

x

dxJG

xMdxxx

0 00

θϕ . (15.11)

Stąd, całkowity kąt skręcenia pręta o długości l , obciążonego stałym momentem skręcającym

( ) ss MxM = , wynosi:

0JG

lM s=ϕ . (15.12)

W tym miejscu warto zwrócić uwagę na zależność (15.11), pokazuje ona, że funkcja

momentów skręcających podzielona przez sztywność na skręcanie GJ0 jest pochodną kąta

skręcenia.

15.3. Energia sprężysta skręcanego pręta o kołowo symetrycznym przekroju

Podstawienie wyrażeń określających elementy macierzy naprężeń do wzorów (8.18) pozwala

na wyznaczenie gęstości energii sprężystej i energii sprężystej dla skręcanego pręta o kołowo

symetrycznym przekroju poprzecznym:

( )( )

2222

2

1

2

1

==+

+= ρ

τττ

νΦ

o

sxzxy

J

xM

GGE,

i stąd energia sprężysta takiego pręta o długości l wynosi:

( ) ( ) ( )dx

JG

xMdA

J

xM

GdxdV

J

xM

GdVU

A

l

o

s

o

s

l

V o

s

V

∫∫ ∫∫∫∫∫∫∫∫ =

=

==

0

22

0

2

22

1

2

1ρρΦ .

W przypadku pręta, którego przekrój poprzeczny zmienia się na jego długości, energia

sprężysta jest równa:

max τ

max τ

τ

τ

σ 2 = τ

σ 2 = τ σ 1 = τ

45°

σ 1 = τ 45°



203

( )dx

GJ

xMU

n

i

l

oi

sii

∑ ∫=

=

1 0

2

2, (15.13)

gdzie sumowanie należy wykonać po wszystkich przedziałach charakterystycznych.

15.4. Wymiarowanie skręcanych prętów o kołowo symetrycznym przekroju

Stan graniczny nośności wymaga aby największe naprężenia styczne w konstrukcji były

mniejsze od naprężeń obliczeniowych przy ścinaniu Rt :

tR≤τmax

W przypadku pręta o stałym przekroju poprzecznym na całej jego długości największe

naprężenia styczne wystąpią w przekroju maksymalnego momentu skręcającego we

wszystkich punktach na obwodzie i warunek stanu granicznego nośności przyjmie formę:

ts R

W

M≤=

0

maxmax τ (15.14)

Stan graniczny użytkowania nie dopuszcza zbyt dużego kąta skręcenia w konstrukcji i

związany z nim warunek stawia wymóg, by największy jednostkowy kąt skręcenia był

mniejszy od dopuszczalnego:

dopmax θθ ≤ .

W przypadku pręta pryzmatycznego wykonanego z jednego materiału największy

jednostkowy kąt skręcenia wystąpi w przekroju maksymalnego momentu skręcającego i

warunek stanu granicznego użytkowania przyjmuje postać:

dops

JG

Mmaxθ≤

0

. (15.15)

15.5. Przykłady

Przykład 15.5.1. Wyznaczyć biegunowy moment bezwładności i biegunowy wskaźnik

wytrzymałości dla przekroju kołowego i rurowego.

r

Y

d

Z

O

322

44

0

drJJJ zy

ππ==+=

162

330

0

dr

r

JW

ππ===

Y

Z

O

rw

rz

−=−=

4444

0 1222 z

wzwz

r

rrrrJ

πππ

−==

430

0 12 z

wz

z r

rr

r

JW

π



204

Przykład 15.5.2.Wyznaczyć potrzebną średnicę pręta skręcanego obciążonego jak na rysunku

ze względu na stan graniczny nośności i użytkowania jeśli 130=tR MPa, 80=G GPa,

o30.dop =θ /m. Po przyjęciu średnicy wyznaczyć wykres kątów skręcenia poszczególnych

przekrojów względem przekroju A.

Rozwiązanie Wykres momentów skręcających pozwoli określić maksymalny moment skręcający w

konstrukcji. Aby go wyznaczyć wpierw wyliczymy moment skręcający w utwierdzeniu. Po

przyjęciu jego zwrotu jak na rysunku warunek równowagi sił działających na pręt ma postać:

∑ = 0xM lub inaczej ∑ = 0sM , co pokazuje fizyczną interpretację tego warunku:

0403136 .MM SASA =→=+−+ kNm.

Aby sporządzić wykres momentów skręcających wygodnie jest przyjąć lokalną umowę znakowania tych sił przekrojowych, która uwalniałaby nas od układu globalnego i informacji

po której stronie przekroju dokonywana jest redukcja. Z podobnymi umowami mieliśmy już do czynienia - był to układ własny przekroju poprzecznego pręta przy znakowaniu sił

poprzecznych i podłużnych czy też spody przy momentach zginających.

Umowę znakowania momentów skręcających pokazuje poniższy rysunek

Przy tej umowie wykres momentów skręcających w rozważanym pręcie pokazuje rysunek

poniżej:

dodatnie momenty

skręcające

ujemne momenty

skręcające

13 kNm 6 kNm 3 kNm X

A

1.5 m 1.0 m

1.0 m

B C D

4 kNm

13 kNm 6 kNm 3 kNm X

A

1.5 m

1.0 m

1.0 m

B C D

MSA

4.0

10

.0

3.0

Ms(x)

Nm

0.1

20°

0.4

75

°

0.5

67°

ϕ Ax

°



205

Maksymalny moment skręcający max Ms = 10.0 kNm.

Wyznaczenie średnicy pręta.

Potrzebny wymiar ze względu na stan graniczny nośności:

2

6

33

0

0

1023710130

1010

16

−

≥→≥→≥→≤= *.d*

*d

R

MmaxWR

W

Mmaxmax

t

st

s πτ m.

Potrzebny wymiar ze względu na stan graniczny użytkowania:

2

9

34

0

0

104912301080

1801010

32

−

≥→≥→≥→≤= *.d.***

**d

G

MmaxJ

GJ

Mmaxmax

dop

sdop

s

π

π

θ

θθ

o

m.

W warunku stanu granicznego użytkowania dopθ podane w °/m należało wyrazić w 1/m a

ponieważ 180° = π - stąd forma zapisu tego warunku.

Przyjęto do wykonania d = 12.5 cm .

Biegunowy moment bezwładności pręta przy takiej średnicy wynosi:

84239632

512 4

0 ..*

J ==π

cm4.

Kąty skręcenia względem przekroju utwierdzenia wyznaczymy sumując kąty skręcenia

poszczególnych przekrojów charakterystycznych względem siebie.

Ponieważ we wszystkich przedziałach charakterystycznych momenty skręcające są stałe, to

kąty skręcenia możemy liczyć według wzoru:

0JG

lM s=ϕ .

Zatem:

o

o

1200180

0021000210108423961080

01100489

3

.*.rd.*.**

.**.AB −=−=−=

−=

−π

ϕ ,

o

o

4470180

0078000780108423961080

511001089

3

.*.rd.*.**

.**.BC −=−=−=

−=

−π

ϕ ,

o

o

0920180

0016000160108423961080

01100389

3

.*.rd.*.**

.**.CD ====

−π

ϕ ,

o4750092044701200 ....CDBCABAD −=+−−=++= ϕϕϕϕ .

Obliczone kąty pozwalają narysować wykres kątów skręcenia, który został pokazany na

rysunku wyżej.

Przykład 15.5.3. Wyznaczyć maksymalne naprężenie styczne w przekroju poprzecznym

dwustronnie zamocowanego pręta skręcanego o skokowo zmiennym przekroju kołowym jak

na rysunku. Dane są: d, l, G oraz M.



206

Pręt jest jednokrotnie statycznie

niewyznaczalny gdyż do

wyznaczenia dwóch reakcji w

postaci momentów skręcających

w utwierdzeniach sAM i sEM

dysponujemy tylko jednym

równaniem równowagi, tj.

∑ = 0sM . Dodatkowego

równania należy, jak zawsze w

przypadku zadania statycznie

niewyznaczalnego, poszukiwać w

warunkach geometrycznych

konstrukcji. W tym przypadku

warunek geometryczny wynika z

obustronnego zamocowania pręta,

zatem kąt skręcenia skrajnych

przekrojów jest równy zero co

daje dodatkowe równanie w

postaci 0=AEϕ .

Przy założonych jak na rysunku, zwrotach momentów skręcających w utwierdzeniach

równania te mają postać: • równanie równowagi

∑ =+−+→= 040 sEsAs MMMMM ,

• równanie geometryczne

00 =+++→= DECDBCABAE ϕϕϕϕϕ ,

( ) ( ) ( )0

4422

0000

=

−+

+

−+

+

+

+

DE

sA

CD

sA

BC

sA

AB

sA

GJ

lMMM

GJ

lMMM

GJ

lMM

GJ

lM

Biegunowy moment bezwładności na odcinku AB jest równy:

32

4

0

dJ AB

π= i jeśli oznaczymy go przez 0J , to biegunowe momenty bezwładności na

pozostałych odcinkach pręta wynoszą: 000 16JJJ CDBC == , 00 81JJ DE = . Przy tych

oznaczeniach równanie geometryczne przyjmuje postać:

( ) ( ) ( )0

81

4

16

4

16

22

0000

=

−+

+

−+

+

+

+

J*G

lMMM

J*G

lMMM

J*G

lMM

GJ

lM sAsAsAsA ,

z którego wyliczamy M.M sA 0450= , a po wstawieniu do równania równowagi otrzymujemy

M.M sE 9552= . Wykres momentów skręcających pokazany na rysunku i geometria

przekrojów poprzecznych pręta pozwala sądzić, że największe naprężenia styczne wystąpią na odcinku CD w punktach na obwodzie przekroju poprzecznego i będą miały wartość:

( )34

881322

9552

d

M.

dd

M.max ==

π

τ .

MsA

sM0.0

45

M

1.0

45

M

2.9

55

M

X

2d 3d

A

2l 2l

l

B C D

l

E

M 4M MsE

d



207

Przykład 15.5.4. Wyznaczyć potrzebną średnicę pręta skręcanego, obciążonego jak na

rysunku ze względu na stan graniczny nośności i użytkowania, jeśli 110=tR MPa,

80=G MPa, o30.dop =θ /m. Po przyjęciu średnicy wyznaczyć wykres kątów skręcenia

poszczególnych przekrojów względem przekroju A.

Rozwiązanie

Pręt jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny. Do wyznaczenia dwóch reakcji w postaci

momentów skręcających w utwierdzeniach sAM i sEM dysponujemy jednym równaniem

równowagi i jednym równaniem geometrycznym.

Przy założonych jak na rys. zwrotach momentów skręcających w utwierdzeniach równania te

mają postać: • równanie równowagi

∑ =+−+−→= 043200 sEsAs M*MM

• równanie geometryczne

X

0.8 d

A

3 m 2 m

1m

B C D

4 m

E

20 kNm 3 kNm/m

d

MsE

X

0.8 d

A

3 m 2 m

1 m

B C D

MsA

4 m

E

20 kNm 3 kNm/m

d

sM

kNm

14.0

12

5.9

88

6.0

12

7.996 m

AXϕϕϕϕ

10 -3

rd

9.2

89

3

3.3

768

3.3

34

6



208

00 =+++→= DECDBCABAE ϕϕϕϕϕ

( ) ( ) ( )0

243203203202

0000

=

−+−

+

+−

+

+−

+

−

CE

sA

CE

sA

AC

sA

AC

sA

GJ

**M

GJ

*M

GJ

*M

GJ

*M

W powyższym równaniu równowagi obciążenie, rozłożonym w sposób ciągły momentem

skręcającym na odcinku DE zostało zastąpione równoważnym, skupionym w środku odcinka

momentem skręcającym.

Biegunowy moment bezwładności na odcinku AC jest równy 32

4

0

dJ AC

π= i jeśli oznaczymy

go przez 0J , to biegunowy moment bezwładności na pozostałym odcinku pręta ma wartość

( )

0

44

0 5904032

80

32J.

d.dJ CE =−=

ππ. Po wykorzystaniu tej zależności i prostych

rachunkach równanie geometryczne przyjmuje postać:

07263188468813 =+− .M. sA

Z tych dwóch równań otrzymujemy: 01214.M sA = kNm, 0126.M sE = kNm.

Równania momentów skręcających:

020 .x << m

( ) 01214.MxM sAs −=−= kNm,

0602 .x. << m

( ) 988520 .MxM sAs =+−= kNm

01006 .x. << m

( ) ( ) ( ) 98856639885 .M;x.xM ss =−−= kNm, ( ) 09967 =.M s , ( ) 012610 .M s −= kNm.

W miejscu zerowania się momentu skręcającego, tj. dla x = 7.996 m wystąpi ekstremum kąta

skręcenia w tym przedziale.

Wykres momentów skręcających pokazany jest wyżej.

Wyznaczenie wielkości potrzebnej średnicy pręta.

odcinek AC

max Ms =14.012 kNm

• stan graniczny nośności

087010110

1001214

16 6

33

0

0

.d*

*.d

R

MmaxWR

W

Mmax

t

st

s≥→≥→≥→≤

πm,

• stan graniczny użytkowania

1360301080

1801001214

32 9

34

0

0

.d*.**

**.d

G

MmaxJ

GJ

Mmax

dop

sdop

s≥→≥→≥→≤

π

π

θ

θ

o

m.

odcinek CE

max Ms =6.012 kNm



209

( ) 4444

0 0580032

5904032

80

32d.

d.

d.dJ ==−=

πππ,

300 11590

2d.

d

JW == .

• stan graniczny nośności

078010110

10012611590

6

33

0

0

.d*

*.d.

R

MmaxWR

W

Mmax

t

st

s≥→≥→≥→≤ m,

• stan graniczny użytkowania

1250301080

18010012605800

9

34

0

0

.d*.**

**.d.

G

MmaxJ

GJ

Mmax

dop

sdop

s≥→≥→≥→≤

πθ

θ

o

m.

Przyjęto do wykonania d = 0.14 m..

Biegunowy moment bezwładności na odcinku AC wynosi 3771 cm4 a na odcinku CE jest

równy 2227 cm4

Równania kątów skręcenia względem przekroju A :

020 .x << m

( )rd*.;x*.dx

***

*.dx

GJ

xMAB

xxs

Ax33

089

3

0 0

102893910644741037711080

1001214−−

−−=−=

−== ∫∫ ϕϕ

.

0502 .x. << m

( )

( ) rd*.;x*.*.

dx***

*.dx

GJ

xM

AC

x

AB

xs

ABAx

333

289

3

2 0

1033463210984911028939

1037711080

109885

−−−

−

−=−+−=

=+=+= ∫∫

ϕ

ϕϕϕ

0605 .x. << m

( )

( ) rd*.;x*.*.

dx***

*.dx

GJ

xM

AD

x

AC

x

sACAx

333

589

3

5 0

1002690510361031033463

1022271080

109885

−−−

−

=−+−=

=+=+= ∫∫

ϕ

ϕϕϕ

01006 .x. << m

( ) ( )[ ]

0105421010842001046431310449650

1022271080

10639885

62333

689

3

6 0

≈−=−+−=

=−−

+=+=

−−−−

−∫∫

rd*.;x*.x*.*.

dx***

*x.dx

GJ

xM

AE

x

AD

xs

ADAx

ϕ

ϕϕϕ



210

Ekstremalny kąt skręcenia w tym przedziale: ( ) rd*..Ax310376839967 −

=ϕ .

Wykres kątów skręcenia względem przekroju A jest wyżej pokazany.

Przykład 15.5.5. W skręcanym pręcie kołowym o średnicy d = 12 cm obciążonym jak na rys.

wyznaczyć: wykres momentów skręcających,

wykres kątów skręcenia poszczególnych

przekrojów względem przekroju A oraz

ekstremalne naprężenia główne i

odkształcenia główne jeżeli stałe materiałowe

wynoszą E = 205 GPa, 30.=ν .

Rozwiązanie

Równania momentów skręcających:

020 .x << m

( )2

25104522

104 x..x*x..xM s −−=−−= ,

( ) 0040 .M s −= kNm, ( ) 2551 .M s −= kNm, ( ) 0092 .M s −= kNm.

0402 .x. << m

( ) ( ) 29102109 −=−+−= xxxM s

( ) 0092 .M s −= kNm, ( ) 00114 .M s = kNm, ( ) 00092 ..M s = kNm.

Biegunowy moment bezwładności przekroju pręta wynosi: 75203532

124

0 .*

J ==π

cm4.

X A B

2 m

C

4 kNm 5 kNm/m

2 m

10 kNm/m

X A B

2 m

C

4 kNm 5 kNm/m

2 m

10 kNm/m

Ms

kNm

2.9 m

4.0

0

5.2

5

9.0

0

11.0

0

2.2

32

7.0

61

9.5

84

5.8

15

AXϕ

10-3

rd



211

Sztywność na skręcanie ( ) ( )

689

00 1060511107520353012

10205

12*.*.

.

*J

EGJ =

+

=

+

=−

ν

Nm2.

Równania kątów skręcenia względem przekroju A:

020 .x << m

( ) ( )( ) rd*x.x.dx

*.

*x.dx

GJ

xMxx

sAx

33

06

32

0 0

102596049221060511

102514−

+−=+−

== ∫∫ϕ

( ) ( ) rd*.,rd*. ABAxAx33 10061721023221 −−

−==−= ϕϕϕ .

0402 .x. << m

( ) ( )( ) rd*x.x..dx

*.

*xdx

GJ

xMx

AB

x

sABAx

32

2

6

3

2 0

10067181153613161060511

102910−

−+=−

+=+= ∫∫ ϕϕϕ

( ) ( ) ( ) rd*.,rd*.,rd*. ACAxAxABAx333

108155410553931006172−−−

−==−=−== ϕϕϕϕϕ .

Ekstremalny kąt skręcenia: ( ) rd*..Ax310584992 −

−=ϕ .

Ekstremalne naprężenia główne i odkształcenia główne wystąpią w przekroju największego

momentu skręcającego w dowolnym punkcie na obwodzie przekroju poprzecznego pręta.

Jeśli wybierzemy punkt K , to przy przyjętym

układzie współrzędnych, wystąpią w nim jedynie

naprężenia styczne:

4203216120

100113

3

..*

*.

W

M

o

szxxz −=−=−==

π

ττ MP.

W wybranym punkcie występuje płaski stan naprężenia (czyste ścinanie) , który w

płaszczyźnie stanu naprężenia (tzn. płaszczyźnie (X, Z)) jest reprezentowany przez macierz :

−

−

=

04232

42320

.

.T

σ MPa.

Naprężenia główne mają wartości:

423222

2

2

.xzzxzx

max =+

−

+

+

= τσσσσ

σ MPa,

423222

2

2

.xz

yxzxmin −=+

−

−

+

= τ

σσσσσ MPa.

a ich kierunki określają kąty :

τ zx

τ xz

K

Z

Y

X



212

o450.1tg max

max

max −=→−=

−

−

= α

σσ

τα

z

xz , o450.1tg min

min

min =→=

−

−

= α

σσ

τα

z

xz

Wartości ekstremalnych odkształceń głównych wyznaczymy, korzystając z równań Hooke’a

( )( ) 3

9

6

10206010205

1030142321−

=

+

=−= *.*

*..

Eminmaxmax νσσε ,

( )( ) 3

9

6

10206010205

1030142321−

−=

+−

=−= *.*

*..

Emaxminmin νσσε .

Kierunki włókien, które mają ekstremalne odkształcenia liniowe (a odkształcenia kątowe są równe zero) pokrywają się z kierunkami naprężeń głównych.

15.6. Naprężenia styczne w skręcanym pręcie o przekroju prostokątnym

Przy skręcaniu prętów o przekroju poprzecznym każdym innym niż kołowo symetrycznym,

nie jest prawdziwe założenie jakoby przekrój płaski przed przyłożeniem obciążenia pozostał

taki po obciążeniu i jego przemieszczenia polegały jedynie na obrocie wokół osi pręta.

Swobodnemu skręcaniu takich prętów towarzyszy deplanacja (wypaczanie) ich przekroju

poprzecznego, tzn. punkty przekroju poprzecznego mogą się swobodnie przemieszczać w

kierunku równoległym do jego osi i naprężenia normalne w przekroju poprzecznym są równe

zero.

Otrzymanie ścisłych wyników dla takich przypadków wymaga użycia bardziej niż dotąd

złożonych metod analizy matematycznej i niżej ograniczymy się jedynie do podania

końcowych wyników ścisłego rozwiązania zagadnienia skręcania pręta o przekroju

prostokątnym uzyskanych przez de Saint-Venanta w 1855 r.

Rozkład naprężeń stycznych w skręcanym przekroju prostokątnym pokazany jest na rys.15.6.

Należy przede wszystkim zauważyć, że naprężenia te są styczne do konturu i osiągają największą wartość w połowie dłuższego boku, a zerują się w narożach. Zwrot naprężeń jest

taki, że kręcą względem środka tak samo jak obciążający moment skręcający.

Wartości największych naprężeń stycznych oraz jednostkowego kąta podają wzory:

Z X

32.42

32.42

32.42

32.42 max

o45=maxα

o45=minα

4232.min =σ

4232.max =σ

Z

X

min



213

2bh

Mmax

s

α

τ = , (15.16)

3

bhG

M s

β

θ = . (15.17)

Współczynniki α oraz β występujące we wzorach (15.16) i (15.17) zależą są od stosunku

boków h/b (b jest z umowy krótszym bokiem) i podane są w tabelce poniżej

h/b 1.0 1.5 1.75 2.0 2.5 3.0 4.0 6.0 8.0 10.0 ∞

α 0.208 0.231 0.239 0.246 0.258 0.267 0.282 0.299 0.307 0.313 0.333

β 0.141 0.196 0.214 0.229 0.249 0.263 0.281 0.299 0.307 0.313 0.333

15.7. Przybliżony sposób wyznaczania naprężeń stycznych w skręcanych prętach o

dowolnym przekroju

Ten przybliżony sposób stosujemy najczęściej przy skręcaniu prętów cienkościennych. Pręty

takie charakteryzują się niewielką grubością ścianki w stosunku do pozostałych wymiarów.

Ze względu na kształt przekroju możemy je podzielić na profile otwarte i profile zamknięte

(rys.15.7). Zajmiemy się każdym z tych rodzajów prętów oddzielnie a głównym naszym

celem będzie wyznaczenie największych naprężeń stycznych w przekroju.

Rys. 15.7

Zaczniemy od profili otwartych. Pierwszym krokiem, który musimy dokonać w tym podejściu

jest podział i aproksymacja całkowitego przekroju na części składowe, każda o przekroju

prostokątnym (rys. 15.8). Dalej ten aproksymowany przekrój traktowany jest jako zbiór

prostokątów, każdy obciążony jakimś swoim momentem skręcającym. Dla takiego

przybliżonego przekroju przyjmiemy następnie założenia upraszczające:

• suma momentów skręcających poszczególne prostokątne części składowe jest równa

momentowi skręcającemu przyłożonemu do całego profilu

• jednakowy jest jednostkowy kąt skręcania wszystkich poszczególnych elementów

składowych.

profile otwarte

profile zamknięte

max τ

Z

Y

Rys. 15.6

b

h



214

Rozważmy pokazany na rys.15.8 przekrój i

podzielmy go trzy prostokątne elementy (zatem w

dalszych wzorach n = 3) o wymiarach bixhi, gdzie

szerokość bi jest mniejszym wymiarem danego

prostokąta. Podział na elementy składowe w

zasadzie jest dowolny ale wskazane jest

„zdroworozsądkowe” podejście w tym zakresie.

Dla każdego składowego „i-tego” elementu obowiązują zależności i rozkład naprężeń stycznych jak w prostokącie:

2iii

is

ibh

Mmax

α

τ = , 3iii

is

ibhG

M

β

θ =

Pierwsze założenie upraszczające daje równanie (możemy je nazwać równaniem równowagi):

∑=

=

n

i

iss MM1

, (15.18)

a drugie założenie upraszczające pozwala napisać zależności (możemy je nazwać geometrycznymi):

θθ =i . (15.19)

Ze wzorów dla prostokąta i zależności geometrycznych otrzymujemy związki :

33iiiiiiiis bhGbhGM βθβθ == , które po wstawieniu do równania (15.18) dają zależność:

∑∑==

==

n

i

iii

n

i

iss bhGMM1

3

1

βθ ,

z której możemy wyznaczyć jednostkowy kąt skręcenia przekroju:

s

s

GJ

M=θ (15.20)

gdzie: ∑=

=

3

1

3

i

iiis bhJ β (15.21)

Wstawiając wyrażenie na jednostkowy kąt skręcenia (15.20) do wzoru na moment skręcający

w „i-tym” prostokącie:

333iii

s

siii

s

siiiis bh

J

MbhG

JG

MbhGM βββθ ===

a dalej do wzoru na naprężenia styczne, otrzymujemy wzór określający wielkość maksymalnych naprężeń stycznych w nim występujących:

ib

ih

τ max i

Rys. 15.8

Ms

h1

b1

h3

b3

b2



215

i

i

i

s

si b

J

Mmax

α

βτ = . (15.22)

Za maksymalne naprężenie styczne w przekroju uznajemy największe naprężenie ze

wszystkich składowych prostokątów.

Tablica wartości współczynników α oraz β pokazuje, że dla prostokątów, których wysokość h jest znacznie większa od szerokości b iloraz ii αβ jest bliski jedności i gdy przekrój

„składa” się właśnie z takich prostokątów to największe naprężenie styczne wystąpi w

prostokącie o największej szerokości.

Zajmijmy się teraz największymi naprężeniami stycznymi w przekroju poprzecznym profili

zamkniętych i w dodatku tylko jednokomorowych (rys.15.9).

Rys. 15.9

W tym przypadku założeniem upraszczającym będzie przyjęcie, że naprężenia styczne

rozkładają się równomiernie na grubości ścianki. Ponieważ naprężenia styczne na dwóch do

siebie prostopadłych płaszczyznach są sobie równe, to warunek równowagi wyciętego

dowolnie małego elementu pręta dowodzi:

22112211 00 δτδτδτδτ =→=−→=∑ dxdxX ,

że iloczyn grubości ścianki i panujących w tym miejscu naprężeń stycznych jest stały

const=δτ

Z kolei z twierdzenia o równoważności układów sił zewnętrznych i wewnętrznych wynika:

( ) ( ) ( ) ( )∫∫ == dsshshdsssM s τδδτ .

Rys.15.9 pokazuje, że ( ) dAdssh =2 , zatem:

022 AdAM

A

s δττδ == ∫∫

gdzie: 0A - pole obszaru ograniczonego linią środkową ścianki. Możemy więc napisać

zależność:

02 A

M s

δ

τ = (15.23)

z której wynika, że maksymalne naprężenia styczne wystąpią w miejscu w którym grubość ścianki jest minimalna i wynoszą:

Ms

s

Z

Y

X

ds h(s)

dA

dx

τ

dx

δ1

δ2

τ1

τ2



216

δ

τ

minA

Mmax s

02= . (15.24)

Wyznaczmy teraz jednostkowy kąt skręcenia takiego pręta. W rozdziale 8 stwierdziliśmy, że

w przypadku obciążeń statycznych w konstrukcji wykonanej z materiału sprężystego praca sił

zewnętrznych jest równa energii sprężystej układu. Zatem dla pręta o rozważanym przekroju i

jednostkowej długości obciążonego momentem skręcającym sM możemy napisać:

dVG

M

V

s ∫∫∫=

22

1 2τ

θ .

Podstawiając do powyższej zależności wzór (15.23) i uwzględniając geometrię przekroju

poprzecznego pręta, otrzymujemy:

dAAG

MM s

s ∫=20

2

2

82

1

δ

θ ,

ale dsdA δ= , więc ostatecznie, po prostym przekształceniu, dostajemy:

∫=

δ

θds

AG

M s

204

. (15.25)

Wzory (15.24) i (15.25), określające przybliżone wartości maksymalnych naprężeń stycznych

i jednostkowego kąta skręcenia dla profili zamkniętych nazywane bywają wzorami Bredta.

15.7.1. Przykłady

Przykład 15.7.1.1. Wyznaczyć największe naprężenie styczne w przekroju poprzecznym

szyny kolejowej pokazanej na rys. skręcanej momentem o wartości Ms = 1.0 kNm.

Rozwiązanie

Po aproksymacji przekroju trzema prostokątami jak na rysunku potrzebujemy wyznaczyć współczynniki iα oraz iβ dla każdego z nich. Interpolując wartości podane w tabelce

otrzymujemy:

prostokąt 1: 210023707014068 1111 .,..bh ==→== βα

prostokąt 2: 295029505051371 2222 .,..bh ==→== βα

prostokąt 3: 3020302070617114 1133 .,..bh ==→== βα

911127141130203117295004862100 3333

1

3..*.*..*.*..*.*.bhJ

i

iiis =++==∑=

β cm4.

24

68

114

13

9

135

wymiary

w mm

40

17

68

114

1

3

2 13

40

71



217

Największe naprężenie styczne wystąpi w prostokącie 1 (ma największą szerokość) i

przyjmujemy, że jest to największe naprężenie styczne w rozważanym przekroju

62

8

3

1

1

11 103931104

2370

2100

1091112

101*.*

.

.

*.

*b

J

Mmaxmax

s

s====

−

−α

βττ N/m

2 = 31.39 MPa.

Przykład 15.7.1.2. Zbadać jaki wpływ na wielkość największego naprężenia stycznego w

przekroju poprzecznym skręcanym momentem Ms ma sposób jego aproksymacji

prostokątami w dwóch pokazanych na rysunku przekrojach.

Rozwiązanie

Pierwszy przekrój.

Podział na trzy prostokąty Współczynniki 2080.i =α , 1410.i =β

43

1

43 423014103 a.a.*bhJi

iiis ===∑=

β

3460261

2080

1410

4230 a

M.a

.

.

a.

Mb

J

Mmax ss

s

s===

α

βτ

Podział na dwa prostokąty Współczynniki 24601 .=α , 22901 .=β , 20802 .=α , 14102 .=β

42

1

433 5990141022290 a.a.a*a*.bhJi

iiis =+==∑=

β

341

1

11 55411

2460

2290

5990 a

M.a

.

.

a.

Mb

J

Mmax ss

s

s===

α

βτ

342

2

22 13171

2080

1410

5990 a

M.a

.

.

a.

Mb

J

Mmax ss

s

s===

α

βτ

Jeśli przyjąć pierwszy podział za „miarodajny” to procentowy błąd wynikający z drugiego

podziału wynosi ( ) %.... 033602615541160261100 =−

Drugi przekrój.

a a

3

1 2 a

a

a a

a

a 5a a

a

a 5a

4a

4a

a a

2

a

a

1



218

Podział na trzy prostokąty Współczynniki: 314011 .== βα , 282032 .== αα ,

281032 .== ββ

4

33

1

3

0166428102

123140

a.a*a*.*

a*a*.bhJi

iiis

=+

+==∑=

β

341

1

11 16620

3140

3140

0166 a

M.a

.

.

a.

Mb

J

Mmax ss

s

s===

α

βτ

342

2

22 16560

2820

2810

0166 a

M.a

.

.

a.

Mb

J

Mmax ss

s

s===

α

βτ

Podział na cztery prostokąty Współczynniki

2900.== βα są takie same dla wszystkich

czterech prostokątów

44

1

33 805529004 a,a*a*.*bhJi

iiis ===∑=

β

Maksymalne naprężenie styczne w każdym

prostokącie będzie równe

3417240

2900

2900

805 a

M.a

.

.

a.

Mb

J

Mmax ss

s

s===

α

βτ

Procentowy błąd wynikający z różnej aproksymacji prostokątami w tym przypadku wynosi

( ) %.... 603172401662017240100 =−

Te dwa przykłady dowodzą (choć zapewne nie jednoznacznie), że dowolny ale

“rozsądny”podział przekroju na składowe prostokąty ma niewielki wpływ na wartość największego naprężenia stycznego w przekroju.

Przykład 15.7.1.3. Wyznaczyć jak

zmienią się największe naprężenia

styczne i jednostkowy kąt skręcenia w

rurze skręcanej momentem Ms po jej

przecięciu na pobocznicy równolegle do

jej osi.

Rozwiązanie

1

2

3

a

4a

4a

5a a a 5a

1

2

3 a

4a

4a

5a a a 5a

4

dz

0.8 dz

MS



219

W przypadku rury nie rozciętej mamy do czynienia ze skręcaniem przekroju kołowo

symetrycznego. Ścisłe rozwiązanie tego zagadnienia daje największe naprężenia styczne w

dowolnym punkcie na obwodzie o wartości:

0

maxW

M s=τ ,

a jednostkowy kąt skręcenia wynosi:

0GJ

M s=θ .

Biegunowy moment bezwładności i biegunowy wskaźnik wytrzymałości w rozważanym

przypadku są równe:

( )44

4

0 05796.08.0132

dd

J z=−=

π,

( ) 344

00 11590

2

32801

2z

z

z

z

d.d

.d

d

JW =

−

==

π.

W przypadku rozciętej rury zastosujemy przybliżone rozwiązanie aproksymując przekrój

prostokątem o wymiarach zd.b 10= oraz zz d.d.*h 827290 == π

Największe naprężenia styczne i jednostkowy kąt skręcenia w przekroju prostokątnym

wynoszą:

hb

Mmax s

2α

τ = , hbG

M s

3β

θ = .

W rozważanym przypadku dla 2728108272 ...bh == , współczynniki 333.0== βα .

Stąd największe naprężenia styczne po rozcięciu rury wzrastają:

( )

312.12827.2*1.0*333.0

1159.02

3

=

zz

z

dd

d razy,

a jednostkowy kąt skręcenia wzrasta:

( )568.61

827.2*1.0*333.0

05796.03

4

=

zz

z

dd

d razy.

dz

0.8 dz

h

b



220

Przykład 15.7.1.4. Porównać wartości

maksymalnych naprężeń stycznych

jednostkowego kąta skręcenia obliczone

według wzorów ścisłych i przybliżonych

wzorów Bredta, w skręcanej rurze o różnej

grubości ścianki.

Rozwiązanie

Potrzebujemy wyznaczyć pewne charakterystyki geometryczne rury o promieniu

zewnętrznym R i wewnętrznym r występujących we wzorach określających poszukiwane

wielkości.

Grubość ścianki: ( )ηδ −=−= 1RrR , gdzie : Rr=η .

Biegunowy moment bezwładności: ( )44

0 12

ηπ

−=R

J .

Biegunowy wskaźnik wytrzymałości: ( )43

0 12

ηπ

−=R

W .

Pole obszaru ograniczonego linią środkową ścianki: ( )2

22

0 142

ηπ

π +=

+=

RrRA .

Całka po linii środkowej ścianki: ( )

( )

( )

( )η

ηπ

η

ηπ

δ −

+=

−

+=∫ 1

1

1

1

R

Rds.

Maksymalne naprężenia styczne obliczone według wzorów otrzymanych z rozwiązania

zagadnienia skręcania prętów kołowo symetrycznych wynoszą:

0W

Mmax s

s =τ ,

Maksymalne naprężenia styczne obliczone według przybliżonych wzorów dla

cienkościennych profili zamkniętych są równe:

δ

τ

minA

Mmax s

B

02= ,

Stosunek naprężeń wyznaczonych według wzorów przybliżonych i ścisłych wynosi:

( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )

( )η

η

ηη

ηη

ηη

η

τ

τκ

+

+=

+−

+−=

+−

−==

1

1

11

11

11

1 2

2

22

2

4

S

B

max

max

Wykres zależności współczynnika κ od η jest niżej pokazany.

Wyliczmy minimalną wartość współczynnika κ .

0

0,25

0,5

0,75

1

0 0,25 0,5 0,75 1

r/R

R r

MS



221

( )

( )

4142001201

1

1

2 2

2

2

.d

d=→=−+→=

+

+−

+

= ηηη

η

η

η

η

η

κ.

Stąd minimalna wartość κ wynosi:

( )

( )82840

414201

414201 2

..

.min =

+

+=κ

Maksymalne naprężenia styczne obliczone przybliżonym wzorem Bredta w skręcanej rurze,

są niższe od ścisłych a największy procentowy błąd wynosi:

(1-0.8284)*100% = 17.14%.

Jednostkowy kąt skręcenia według wzorów otrzymanych z rozwiązania zagadnienia skręcania

prętów kołowo symetrycznych jest równy:

0JG

M sS =θ .

Jednostkowy kąt skręcenia według przybliżonego wzoru Bredta wynosi:

∫=

δ

θds

AG

M sB 2

04.

Stosunek jednostkowych kątów skręcenia wyznaczonych według wzorów przybliżonych i

ścisłych jest równy:

( )

( )( )

( )( )( )

( )( )

( )

( )2

2

3

2

3

4

11

12

11

1112

11

12

η

η

ηη

ηηη

ηη

η

θ

θκ

+

+=

+−

++−=

+−

−==

S

B .

Zależności współczynnika 1κ od η pokazuje poniższy wykres.

Zatem obliczenia jednostkowego kąta skręcenia, przybliżonym wzorem Bredta, dają wyniki

większe od dokładnych.

0

0,5

1

1,5

2

0 0,25 0,5 0,75 1

r/R

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Hipotezy wytężeniowe.

222

16. HIPOTEZY WYTĘŻENIOWE

16.1. Wytężenie i jego miara

Wykres rozciągania stali miękkiej pokazuje, że punkt materialny znajdujący się w

jednoosiowym stanie naprężenia przechodzi, w trakcie zwiększania naprężenia, przez kolejne

stany mechaniczne: liniowo-sprężysty, nieliniowo-sprężysty, sprężysto-plastyczny, plastyczny

aż w końcu osiąga stan niszczący gdy spójność między punktami materialnymi zostanie

zerwana. Jest rzeczą oczywistą, że ten ostatni stan jest stanem niebezpiecznym, a przejścia

między stanami reprezentowane są poprzez odpowiednie naprężenia graniczne HR , SR , eR i

mR .

Należy jednak zauważyć, że nie wszystkie materiały mogą przechodzić przez te wyżej

wspomniane stany mechaniczne. Materiał kruchy nie osiąga stanu plastycznego, a stan

niszczący jest bardzo blisko stanu liniowo-sprężystego. Dla wielu materiałów stan plastyczny,

w którym występują duże odkształcenia trwałe należy uznać za stan niszczący w sensie

niemożności spełniania zadań użytkowania.

Możemy więc uznać, że przez niebezpieczny stan mechaniczny rozumieć będziemy stan w

którym zachodzą jakościowe zmiany własności materiału, najczęściej rozumiane jako

wystąpienie dużych nieodwracalnych odkształceń lub zniszczenie, a granicą niebezpieczną

KR , naprężenie, przy którym zmiany te się dokonują.

Jeśli wprowadzimy pojęcie wytężenia, które możemy zdefiniować jako stopień zbliżenia się

materiału do granicy niebezpiecznej, to warunkiem bezpiecznego stanu będzie nierówność:

NWW ≤ ,

gdzie: W - miara wytężenia, NW - wartość miary wytężenia w stanie niebezpiecznym.

Postawimy teraz pytanie: jak określić (albo inaczej, czym zmierzyć) wytężenie w punkcie, w

którym znamy macierz naprężeń i ile wynosi wartość tej miary w stanie niebezpiecznym.

Odpowiedź na to pytanie jest bardzo łatwa jedynie w przypadku gdy w punkcie panuje

jednoosiowy stan naprężenia.

Miarą wytężenia będzie wówczas naprężenie σ , a jej wartością w stanie niebezpiecznym -

granica niebezpieczna KR , którą doświadczalnie wyznaczymy z próby rozciągania i ściskania.

Zatem:

K)(

N)(

RW;W ==11

σ ,

a warunek bezpiecznego stanu ma postać:

KR≤σ ,

jeśli przyjmiemy, że wartości granic niebezpiecznych przy rozciąganiu i ściskaniu są takie

same Kc,Kr,K RRR == .

Graficzną reprezentacje bezpiecznych stanów

na osi naprężeń σ , stanowić wówczas będą

punkty wewnątrz odcinka >−< KK R,R .

W przypadku gdy w punkcie panuje przestrzenny stan naprężenia, odpowiedź się komplikuje,

gdyż nieskończenie wiele stanów naprężenia może spowodować w nim stan zniszczenia i

dlatego, musimy posłużyć się hipotezami wytężeniowymi. Hipotezy wytężeniowe określają

miarę wytężenia niezależnie od rodzaju stanu naprężenia. Innymi słowy określają one, co

decyduje o zniszczeniu materiału w danym punkcie ciała, niezależnie od tego, jaki rodzaj

Rk Rk

σ


223

stanu naprężenia w nim występuje. Jeśli tak, to warunek bezpiecznego stanu mechanicznego

sprowadza się do poniższej zależności:

)(N

)()()(WWWW

1123≤== , (16.1)

w której wskaźniki w nawiasach symbolicznie określają wymiarowość stanu naprężenia.

Powyższa relacja pokazuje zasadniczy cel hipotez wytężeniowych – jest nim odniesienie

przestrzennego stanu naprężenia do stanu jednoosiowego, w którym zarówno miara wytężenia

jak jej wartość w stanie niebezpiecznym jest jasno zdefiniowana i łatwa do doświadczalnego

wyznaczenia.

W zależności od tego co przyjmiemy za miarę wytężenia W , otrzymamy wzór na tzw.

naprężenie zredukowane (lub zastępcze) 0σ , charakteryzujące dowolny stan naprężenia pod

względem wytężenia.

Z pośród wielu dotychczas postawionych hipotez wytężeniowych, które ze względu na

postulowaną miarę wytężenia bardzo ogólnie można podzielić na: naprężeniowe,

odkształceniowe i energetyczne omówimy tylko cztery.

16.2. Hipoteza Galileusza − hipoteza maksymalnych dodatnich naprężeń normalnych

Postawiona w 1632 roku przez tego genialnego uczonego, cytowana obecnie tylko ze

względów historycznych. Daje, w wielu przypadkach, wyniki sprzeczne z doświadczeniami.

W myśl tej hipotezy:

o wytężeniu materiału w danym punkcie ciała decyduje wartość maksymalnego,

dodatniego naprężenia głównego, niezależnie od rodzaju stanu naprężenia:

( )321 σσσ ,,maxWG = , (16.2)

gdzie: . nawias Macauley’a,

≤

>

=

00

0

adla;

adla;aa .

Zatem warunek bezpiecznego stanu ma postać:

( ) r,KR,,max ≤= σσσσ 321 . (16.3)

Powyższą zależność możemy rozpisać w postaci trzech nierówności:

r,KR≤1σ , r,KR≤2σ , r,KR≤3σ ,

których graficzny obraz w trójwymiarowej przestrzeni naprężeń ( )321 σσσ ,, , nazywanej

przestrzenią Haigha – Beckera, przedstawia przestrzeń ograniczoną od strony dodatnich osi

układu płaszczyznami r,Kr,K R,R == 21 σσ i r,KR=3σ , a w dwuwymiarowej przestrzeni

obszar ograniczony prostymi r,KR=1σ i r,KR=2σ (rys.16.1).

σ2

σ1

Rk,r

Rk,r

σ1

σ3

σ2

Rys.16.1


224

16.3. Hipoteza Rankine’a −−−− Clebscha −−−− hipoteza maksymalnych naprężeń normalnych

Zaproponowana przez Rankina (1856 r.) i Clebscha (1862 r.). Nie została dostatecznie dobrze

potwierdzona doświadczeniami. Według tej hipotezy:

o wytężeniu materiału w danym punkcie ciała decyduje maksymalna bezwzględna

wartość naprężenia głównego, niezależnie od rodzaju stanu naprężenia:

( )321 σσσ ,,maxW CR =−

(16.4)

Stąd warunek bezpiecznego stanu ma postać:

( ) KR,,max ≤= σσσσ 321 , (16.5)

jeśli przyjmiemy, że granice niebezpieczne przy rozciąganiu i ściskaniu są sobie równe

Kc,Kr,K RRR == .

Powyższą zależność możemy rozpisać w postaci nierówności:

KR≤1σ → KK RR ≤≤− 1σ ,

KR≤2σ → KK RR ≤≤− 2σ ,

KR≤3σ → KK RR ≤≤− 3σ ,

których graficzny obraz w trójwymiarowej przestrzeni naprężeń Haigha – Beckera,

przedstawia przestrzeń ograniczoną sześcianem o boku KR2 , a w dwuwymiarowej

przestrzeni - kwadrat o takim samym boku (rys. 16.2).

Rys. 16.2

16.4. Hipoteza Coulomba – Tresci −−−− Guesta − hipoteza maksymalnych naprężeń

stycznych

Przedstawiona przez Coulomba (1776 r.), Trescę (1872 r.) i Guesta (1900 r.), znajduje

zastosowanie w przypadku materiałów sprężysto-plastycznych.

Ta hipoteza postuluje, że:

o wytężeniu materiału w danym punkcie ciała decyduje maksymalna bezwzględna

wartość ekstremalnych naprężeń stycznych, niezależnie od rodzaju stanu naprężenia:

Rk

Rk

σ2

σ1

Rk

Rk

2Rk

σ1

σ2

σ3


225

−−−

=−−

222

323121 σσσσσσ,,maxW GTC (16.6)

Tym razem warunek bezpiecznego stanu określa nierówność:

22222

323121 KR,,max ≤=

−−− σσσσσσσ , (16.7)

która jest równoważna trzem niżej napisanym warunkom:

22

21 KR≤

− σσ → KK RR ≤−≤− 21 σσ ,

22

31 KR≤

− σσ → KK RR ≤−≤− 31 σσ ,

22

32 KR≤

− σσ → KK RR ≤−≤− 32 σσ .

W trójwymiarowej przestrzeni Haigha – Beckera powyższe nierówności wyznaczają

przestrzeń ograniczoną nieskończenie długim graniastosłupem o osi równo nachylonej do osi

układu odniesienia (jest tzw. oś aksjatorów 321 σσσ == ) i o przekroju poprzecznym w

kształcie sześciokąta foremnego, a w dwuwymiarowej przestrzeni - obszar ograniczony

sześciokątem (rys. 16.3).

Rys. 16.3

16.5. Hipoteza Hubera – Misesa – Hencky’ego − hipoteza energii odkształcenia

postaciowego

Hipoteza ta została sformułowana niezależnie przez trzech autorów: Hubera (1904 r.), Misesa

(1913 r.) i Hencky’ego (1924 r.). Pierwszy z nich Maksymilian Tytus Huber był Polakiem i

jego wybitne osiągnięcia na trwale zapisały się w historii mechaniki ośrodków ciągłych.

Hipoteza bardzo dobrze pokrywa się z danymi doświadczalnymi w przypadku materiałów

sprężysto-plastycznych i według niej:

o wytężeniu materiału w danym punkcie ciała decyduje gęstość energii odkształcenia

postaciowego, niezależnie od rodzaju stanu naprężenia:

σ1 Rk

Rk

σ2

Rk

Rk

σ1

σ1=σ2=σ3

σ2

σ3


226

( ) ( ) ( )[ ]2

13

2

32

2

216

1σσσσσσ

ν−+−+−

+=

−−

EW HMH . (16.8)

Zatem warunek bezpiecznego stanu mechanicznego przyjmuje formę:

( ) ( ) ( )[ ] 222

13

2

32

2

213

1

3

1

6

1KR

EEE

νσ

νσσσσσσ

ν +≤

+=−+−+−

+,

KR)()()( ≤−+−+−2

132

322

212

1σσσσσσ , (16.9)

lub

Kyzxzxyxzzyyx R)()()()( ≤+++−+−+−222222 6

2

1τττσσσσσσ . (16.10)

W trójwymiarowej przestrzeni Haigha – Beckera powyższy warunek określa przestrzeń

wewnątrz nieskończenie długiego walca o osi pokrywającej się z osią aksjatorów a w

przestrzeni dwuwymiarowej - obszar ograniczony elipsą (rys. 16.4).

Rys. 16.4

16.6. Porównanie hipotez

Porównanie zrobimy dla przypadku płaskiego

stanu naprężenia ( =3σ 0) oraz trzech z wyżej

omówionych hipotez a mianowicie

maksymalnych naprężeń normalnych (R-C),

maksymalnych naprężeń stycznych (C-T-G) i

energii odkształcenia postaciowego (H-M-H).

Krzywe graniczne dla tych trzech hipotez

zestawione są na rys.16.5. Widać z niego

wyraźnie, że największe rozbieżności miedzy

kwadratem R-C, a sześciobokiem C-T-G i

elipsą H-M-H występują w drugiej i czwartej

ćwiartce przestrzeni naprężeń na prostej

21 σσ −= tj. dla przypadku czystego ścinania.

σ2

Rk

Rk

Rk

Rk

σ1

σ1

σ1=σ2=σ3

σ2

σ3

σ1 = - σ2

czyste ścinanie

σ2

σ1

Rk

Rk

Rk

Rk

Rys.16.5


227

16.7. Naprężenia zredukowane

Jeżeli uporządkujemy naprężenia główne wg relacji 321 σσσ ≥≥ , to warunek bezpiecznego

stanu mechanicznego wg poznanych hipotez możemy zapisać w następujący sposób:

wg hipotezy Galileusza

KR≤1σ

wg hipotezy Rankine’a – Clebscha

( ) KR,max ≤31 σσ ,

wg hipotezy Coulomba – Tresci – Guesta

KR≤=− 31 σσ ,

wg hipotezy Hubera – Misesa − Hencky’go

Kyzxzxyxzzyyx R)()()()( ≤+++−+−+−222222 6

2

1τττσσσσσσ .

Lewe strony powyższych nierówności, obliczone w oparciu o wartości elementów dowolnej

macierzy naprężeń, porównywane są z granicą niebezpieczną przy jednoosiowym stanie

naprężenia. Stąd możemy je interpretować jako zastąpienie czy redukcję stanu przestrzennego

do jednoosiowego i dlatego nazywane są naprężeniami zredukowanymi lub zastępczymi i

zwykle oznaczane przez 0σ . Stąd wzory na naprężenia zredukowane wg odpowiednich

hipotez mają postać:

10 σσ =G ,

( )310 σσσ ,maxCR=

− ,

310 σσσ −=−− GTC ,

.)()()(

)()()()( yzxzxyxzzyyxHMH

213

232

221

2222220

2

1

62

1

σσσσσσ

τττσσσσσσσ

−+−+−=

=+++−+−+−=−−

W przypadku płaskiego stanu naprężenia, w którym macierz naprężeń zawiera jedynie dwa

elementy xσ oraz xzτ , wzory na naprężenia zredukowane przyjmują formę:

220 4

2

1

2xzx

xGτσ

σσ ++= ,

220 4

2

1

2xzx

xCRτσ

σ

σ ++=− ,

220 4 xzx

GTCτσσ +=

−− ,


228

220 3 xzx

HMHτσσ +=

−− .

16.8. Przykłady

Przykład 16.8.1. Porównać naprężenia zastępcze dla przypadku czystego ścinania ( 21 σσ −= )

określonego naprężeniem τ .

Rozwiązanie

Naprężenia zredukowane według przedstawionych hipotez wynoszą:

τστστσσ 32 0000 ====−−−−− HMHGTCCRG

,, .

Jeśli przyjąć, że hipoteza H-M-H daje wyniki najlepiej odpowiadające rzeczywistemu

zachowaniu się materiałów, a tak pokazują doświadczenia dla materiałów sprężysto-

plastycznych, to:

dwie pierwsze hipotezy zaniżają wartość wytężenia o:

( ) %.2642313 =− ,

a trzecia zawyża wartość wytężenia o:

( ) %.4715332 =− .

Przykład 16.8.2. Wyznaczyć naprężenia zredukowane wg omówionych hipotez w punkcie K

przekroju utwierdzenia konstrukcji o schemacie jak na poniższym rysunku.

Rozwiązanie

Siły przekrojowe w przekroju utwierdzenia

pokazane są na rysunku obok. W rozważanym

przekroju poprzecznym występuje:

• rozciąganie i zginanie względem dwóch

osi co implikuje powstanie naprężeń

normalnych σx oraz

• ścinanie oraz skręcanie co wywołuje

naprężenia styczne xzτ .

Y

Z

X 5 kN/m

10 kN

2 m

4 m

Y

Z

18

9

K 6

6 6 6

6

wymiary w

cm

X

Y

Z

N = 10 kN

MS = 20 kNm

My = 40 kNm

Mz = 10 kNm

Qz = 10 kN


229

Naprężenia normalne:

yJ

Mz

J

M

A

N

z

z

y

y

x ++=σ ,

( ) ( ) =−+−+= 030103240

1010060

1011016

1040

10216

10108-

3

8-

3

4-

3

.*

*.

*

*

*

*Kxσ

( )66 1058230102599786214630 *.*... −=−−= Pa= - 30.582 MPa.

Naprężenia styczne

• od ścinania siłą poprzeczną Qz

6

8

63

1085800601011016

10510691010*.

.**

*).**(**

)z(bJ

)z(SQ

Ky

KyzKxz −=−=−=

−

−

τ Pa = -0.858 MPa.

• od momentu skręcającego Ms

Skorzystamy tutaj z przybliżonego sposobu obliczenia maksymalnej wartości naprężenia

stycznego w przekroju skręcanym aproksymowanym zbiorem prostokątów.

Ponieważ stosunek wysokości do szerokości w obu prostokątach jest

taki sam to MS1 = MS2 = MS/2 = 10.000 kNm

h/b = 18/6 = 3 → α = 0.267

6

2

3

2

1 10798571800602670

1010*.

.*.*.

*

hb

M SKxz ===

α

τ Pa = 57.798 MPa.

Stąd sumaryczne naprężenie styczne w punkcie K wynosi:

94056798578580 ...Kxz =+−=τ MPa,

i macierz naprężeń ma postać:

−

=

0094056

000

94056058230

.

..

TK

σMPa.

Jak widać w punkcie K panuje płaski stan naprężenia, którego płaszczyzną naprężenia jest

płaszczyzna (X ,Z).

Naprężenia zredukowane mają wartości:

( ) 66643940564582302

1

2

582304

2

1

2

22220 ..*.

.xzx

xG=+−+

−=++= τσ

σσ MPa,

( ) 24874940564582302

1

2

582304

2

1

2

22220 ..*.

.xzx

xCR=+−+

−

=++=−

τσ

σ

σ MPa,

( ) 915117940564582304 22220 ..*.xzx

GTC=+−=+=

−−

τσσ MPa,

K

2

1

MS1

MS2


230

( ) 25610394056358303 22220 ..*.xzx

HMH=+−=+=

−−

τσσ MPa.

Proszę zwrócić uwagę jak duże są rozbieżności wyników otrzymanych z hipotezy Galileusza

i Coulomba-Tresci-Guesta.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Stateczność osiowo ściskanych prętów prostych

231

17. STATECZNOŚĆ OSIOWO ŚCISKANYCH PRĘTÓW PROSTYCH

17.1. Stateczność pręta w zakresie liniowo sprężystym.

Jednym z podstawowych założeń przyjętych na początku naszych rozważań było to, że

analizowane przez nas konstrukcje znajdują się w równowadze trwałej (inaczej statecznej) ale

jak dotąd, prócz prostych objaśnień, nie zostały sformułowane żadne analityczne warunki

gwarantujące taką równowagę lub jak powiemy w języku inżynierskim gwarantujące

stateczność konstrukcji. Utrata stateczności konstrukcji jest zagadnieniem niezwykle ważnym

i skomplikowanym - i co więcej - stanowi jedną z przyczyn wystąpienia stanu granicznego

nośności. Konieczność uwzględnienia utraty stateczności w analizie mechanicznej

zachowania się konstrukcji dobitnie obrazuje następujące zadanie1, w którym należy

wyznaczyć dopuszczalną wysokość stalowego pręta prostego o polu przekroju poprzecznego

A = 1cm2, obciążonego tylko ciężarem własnym γ = 78.50 kN/m

3, wykonanego ze stali o

wytrzymałości obliczeniowej przy ściskaniu 215=cR MPa.

Warunek stanu granicznego nośności związanego jedynie z nie przekroczeniem

wytrzymałości obliczeniowej przy ściskaniu, daje niżej wyznaczoną, dopuszczalną wysokość

pręta

m*.*.

*RlR

A

Al cc

3

3

6

10739210578

10215==≤→≤

γ

γ.

Jest rzeczą oczywistą, że nie ma możliwości realizacji konstrukcji o tych wymiarach z

zachowaniem jej prostoliniowego kształtu (jak to jest założone w wykonanych obliczeniach) i

w języku inżynierskim powiemy, że konstrukcja taka musi utracić swoją stateczność.

Zajmiemy się teraz podaniem analitycznych warunków zapewnienia równowagi statecznej dla

bardzo prostej konstrukcji, jaką jest osiowo ściskany pręt pryzmatyczny, wykonany z

materiału o własnościach fizycznych określonych prawem Hooke’a.

Zaczniemy od prostego „ideowego” objaśnienia trzech postaci równowagi w jakich

konstrukcja może się znajdować.

Jeżeli po dowolnie małym wychyleniu z pierwotnego położenia równowagi ruch ciała jest

taki, że wychylenia jego punktów nie są większe tych początkowych to taką równowagę

nazywamy stateczną (trwałą).

W przeciwnym przypadku równowaga

jest niestateczna (nietrwała, chwiejna).

Można jeszcze wyróżnić szczególne

położenie równowagi zwane

równowagą obojętna w której punkty

ciała pozostają w położeniu po

wychyleniu. Opisaną sytuację można

zobrazować traktując konstrukcję jako

ciężką kulkę w różnych warunkach

podparcia znajdującą się w

potencjalnym polu sił (rys. 17.1).

Równowadze statecznej I odpowiada minimum energii potencjalnej układu, a w równowadze

chwiejnej III maksimum. W stanie równowagi obojętnej II wartość energii potencjalnej przy

dowolnie małym wychyleniu pozostaje stała.

1 Przykład wzięty z książki S.Piechnik. Wytrzymałość Materiałów dla Wydziałów Budowlanych. PWN 1972.

I III II

Rys. 17.1


232

17.2. Siła krytyczna

Zagadnienie utraty stateczności ściskanego osiowo pręta pryzmatycznego rozwiążemy w

sposób podany przez L.Eulera w 1744 r.

Rozważmy, pokazany na rys. 17.2, ściskany osiowo siłą P pręt przegubowo podparty na obu

końcach, wykonany z materiału liniowo sprężystego o module Younga E i nadajmy mu

Rys. 17.2

jakimś impulsem poprzecznym dowolnie małe początkowe ugięcie w płaszczyźnie

najmniejszej sztywności zginania. Jeżeli po usunięciu przyczyny ugięcia powróci on do swej

początkowej prostoliniowej postaci, oznacza to, że znajduje się w równowadze statecznej.

Powtarzając rozumowanie wraz ze zwiększaniem wartości siły P dojdziemy do sytuacji, w

której pręt po usunięciu przyczyny początkowego ugięcia pozostanie krzywoliniowy (nie

powróci do swej pierwotnej prostoliniowej formy). Oznacza to, że tym razem pręt znajduje

się w stanie równowagi obojętnej, a siłę, przy której to nastąpiło nazywać będziemy siłą

krytyczną krP . Tak więc:

siła krytyczna to siła przy której osiowo ściskany pręt znajduje się w stanie równowagi

obojętnej. Wyliczmy tę siłę krytyczną. Równanie momentów w zakrzywionym pręcie przy obciążeniu

siłą krytyczną ma postać:

( ) ( )xwPxM kr= , (17.1)

a równanie różniczkowe jego ugiętej osi przyjmuje formę:

( ) ( )

minEJ

xM

dx

xwd−=

2

2

, (17.2)

z której otrzymujemy równanie różniczkowe wiążące ugięcie z siłą krytyczną:

( )( ) 0

2

2

=+ xwEJ

P

dx

xwd

min

kr . (17.3)

Przyjmując oznaczenie:

min

kr

EJ

Pk =

2 , (17.4)

zapiszemy je w postaci:

( )( ) 02

2

2

=+ xwkdx

xwd, (17.5)

którego rozwiązaniem jest funkcja:

( ) kxBkxAxw cossin += . (17.6)

Stałe całkowania A oraz B wyznaczymy z kinematycznych warunków brzegowych:

Jy = Jmin

Y w(x)

Pkr

w

l

Z

X Pkr

Z


233

( ) 00 =w oraz ( ) 0=lw . (17.7)

Pierwszy warunek daje 0=B , natomiast drugi zależność klAsin0 = , z której przy założeniu

że 0≠A (rozważamy pręt zakrzywiony, więc równocześnie nie może być 0=B i 0=A ),

dostajemy:

,....3,2,1,0sin ==→= nl

nkkl

π

Korzystając z (17.4), dla kolejnych liczb naturalnych otrzymujemy:

( ) xl

Axwl

EJPn kr

ππsin,,1

2

min2

1, === ,

( ) xl

Axwl

EJPn kr

ππ 2sin,

4,2

2

min2

2, === ,

( ) xl

Axwl

EJPn kr

ππ 3sin,

9,3

2

min2

1, === ,

.............,

co dowodzi, że każdej wartości siły krytycznej odpowiada inna forma deformacji pręta, albo -

inaczej - inna postać wyboczonego pręta, ale wszystkie są sinusoidami.

Jest rzeczą oczywistą, że za siłę krytyczną uznamy tę najmniejszą, odpowiadającą 1=n . W

tym miejscu warto zwrócić uwagę, że impuls poprzeczny wywołujący to wstępne

zakrzywienie potrzebny jest tylko w rozważaniach teoretycznych. W rzeczywistości

odstępstwa od idealnych założeń, np. idealnej prostoliniowości pręta, osiowości przyłożenia

siły czy jednorodności materiału, same zawsze spowodują wyboczenie pręta.

Wyniki analizy prętów o innych warunkach podparcia pozwalają napisać jednolity wzór na

siłę krytyczną, nazywaną siłą krytyczną Eulera, w postaci:

2

min2

w

Ekr

l

EJP

π= , (17.8)

gdzie: llw α= , (17.9)

nazywamy długością wyboczeniową.

Wartości współczynnika długości wyboczeniowej α zależnego od warunków podparcia

podano na rys. 17.3.

Rys. 17.3

l

l/2 l/2

l/3 l/3 l/3

α = 1 α = 2 l α =0.7 α = 0.5 α = 1 α = 2


234

17.3. Naprężenia krytyczne

Zakres ważności wzoru Eulera na siłę krytyczną jest ograniczony własnościami fizycznymi

materiału ściskanego pręta. Ponieważ materiał analizowanego przez nas pręta był z założenia

materiałem liniowo sprężystym to naprężenia normalne w pręcie nie mogą przekraczać HR -

granicy stosowalności prawa Hooke’a (granicy proporcjonalności).

W celu wyznaczenia zakresu stosowalności wzoru (17.8) dokonamy jego przekształcenia.

Wpierw podzielimy obustronnie przez pole przekroju poprzecznego A

2

min2

w

Ekr

lA

EJ

A

P π= ,

a następnie, definiując pojęcie naprężenia krytycznego:

A

Pkrkr =σ , (17.10)

i smukłości pręta:

mini

lw=λ , (17.11)

gdzie: A/Ji minmin = - jest minimalnym promieniem bezwładności przekroju

poprzecznego, możemy otrzymać zależność:

2

2

λ

πσ

EEkr = (17.12)

w której:

A

PE

krEkr =σ oznacza naprężenie krytyczne Eulera.

Na wykresie zależności krσ od λ (rys. 17.4), wykresem funkcji ( )λσEkr jest hiperbola, której

zakres ważności jest ograniczony od góry, na osi rzędnych, wartością HR . Odpowiadającą

tej wartości naprężeń krytycznych krσ , smukłość nazwiemy smukłością graniczną i

wyznaczymy z warunku:

H

gr

gr

HR

EER πλ

λ

π=→=

2

2

. (17.13)

krσ

eR

HR

λ

grλ

hiperbola Eulera

prosta Tetmajera-Jasińskiego


235

Rys. 17.4

Zatem wzór Eulera jest ważny dla smukłości grλλ ≥ i naprężenia krytyczne są opisane

wówczas przez hiperbolę Eulera, a pręt pracuje w zakresie linio sprężystym.

W praktycznych zastosowaniach potrzebujemy, jednak często, analizować utratę stateczności

również w zakresie nieliniowo sprężystym i sprężysto plastycznym, dla których smukłość

spełnia nierówność grλλ <≤0 .

W stanach poza liniowo sprężystych posługiwać się będziemy zależnościami ustalonymi

empirycznie, z których najbardziej znanymi są, prosta Tetmajera-Jasińskiego określona

wzorem:

λσ baJT

kr −=− , (17.14)

oraz parabola Johnsona-Ostenfelda zdefiniowana równaniem:

2λσ BA

OJkr −=

− . (17.15)

W obu powyższych zależnościach a, b, A oraz B to stałe materiałowe.

Aproksymacja krzywej teoretycznej prostą Tetmajera-Jasińskiego (patrz rys. 17.4) zakłada, że

dla prętów ,których smukłość 0→λ (prętów krępych) stan graniczny nośności osiągany jest

przez uplastycznienie a nie poprzez utratę stateczności i stąd stałe a i b we wzorze

wyznaczone są z warunków :

eJT

kr R=−

σ dla eRa =→= 0λ ,

HJT

kr R=−

σ dla E

RRRRRbbaR HHe

gr

HegrHgr

πλ

λλλ−

=

−

=→−=→= ,

gdzie: Re - wyraźna granica plastyczności. Zatem ostatecznie naprężenie krytyczne według

Tetmajera-Jasińskiego można zapisać w postaci wzoru:

λ

π

σ

E

RRRR HHe

eJT

kr

−

−=− . (17.16)

17.4. Wymiarowanie osiowo ściskanych prętów z uwzględnieniem utraty stateczności

Poprawnie zaprojektowany osiowo ściskany pręt winien spełniać równocześnie dwa,

niezależne od siebie warunki stanu granicznego nośności tzn. był wytrzymały i znajdował się

w równowadze statecznej. Warunki te wymagają aby siła obciążająca P spełniała

nierówności:

cRAP *≤ i krPP ≤ ,

gdzie: A to pole przekroju poprzecznego pręta.

W praktyce inżynierskiej przy projektowaniu konstrukcji stalowych korzystamy z jednego

warunku, występującego w Polskich Normach Budowlanych, spełniającego równocześnie oba

te kryteria. Warunek ten można otrzymać wychodząc z nierówności zapewniającej

równowagę stateczną :

( ) APPP krkr λσ≤→≤ . (17.17)


236

Utożsamiając na wykresie zależności ( )λσ kr (rys. 17.4) wyraźną granicę plastyczności eR z

wytrzymałością obliczeniową przy ściskaniu cR możemy na mocy definicji napisać:

( ) ( ) ckr Rλϕλσ =

by po wstawieniu do nierówności (17.17) dostać:

( )cR

A

P≤

λϕ

(17.18)

gdzie :

( )( )

c

kr

R

λσλϕ = współczynnik wyboczeniowy. (17.19)

Współczynnik wyboczeniowy przyjmuje wartości ( ) 1≤λϕ , i fizycznie spełnia rolę

współczynnika redukcyjnego pola przekroju poprzecznego A (czyli tym samym

współczynnika redukcyjnego nośności obliczeniowej pręta), jest funkcją smukłości oraz

stałych materiałowych i w przedziale grλλ ≥ wynosi:

( )2

2

λ

πλϕ

cR

E= ,

a przedziale grλλ <≤0 , przy zastosowaniu wzoru Tetmajera-Jasińskiego , przyjmuje postać:

( ) λ

π

λϕ

E

R

R

RR H

c

Hc −

−= 1 .

Współczynniki wyboczeniowe, podane w formie tablic w Polskiej Normie PN-90/B-03200

dotyczącej obliczeń statycznych i projektowania konstrukcji stalowych, uwzględniają jeszcze

inne, dodatkowe niezwykle ważne dla zagadnienia utraty stateczności parametry, takie jak

początkowe zniekształcenia osi lub przekroju porzecznego prętów (tzw. imperfekcje). Stąd

wartości tych współczynników zależne są od tzw. smukłości względnej pλλλ = , gdzie pλ

jest smukłością porównawczą:

c

pR

E

15.1

πλ = , (17.20)

oraz od technologii wytwarzania (spawany, walcowany) i kształtu przekroju elementu.

Koncepcja współczynnika wyboczeniowego funkcjonuje również przy wymiarowaniu prętów

ściskanych w konstrukcjach drewnianych.

17.5. Przykłady

Przykład 17.5.1. Wyznaczyć siły krytyczne dla ściskanych osiowo prętów stalowych o

długości l = 1 m , wymiarach przekroju poprzecznego 3*6 cm podpartych jak na rysunkach,

jeśli 200=HR MPa, 215=eR MPa, 195=cR MPa, 205=E GPa.

Rozwiązanie

l

Pkr a Pkr

l

c Pkr

l

b


237

Przyjmujemy, że warunki podparcia w obu płaszczyznach są takie same, więc wyboczenie

wystąpi w płaszczyźnie minimalnej sztywności zginania i minimalny moment oraz promień

bezwładności są równe:

50.1312

3*63

min ==J cm4 , 0.186*3 ==A cm

2, 866.0

0.18

5.13minmin ===

A

Ji cm.

Smukłość graniczna: 6.10010*200

10*2056

9

=== ππλ

H

grR

E

Przypadek a

Smukłość pręta: grw

i

lλλ >=== 946.230

866.0

0.100*2

min

Obowiązuje wzór Eulera: 285.682

10*5.13*10*2052

892

2

min2

===

−

ππ

w

Ekr

l

EJP kN.

Przypadek b

Smukłość pręta grw

i

lλλ >=== 473.115

866.0

0.100

min

Obowiązuje wzór Eulera: 141.2731

10*5.13*10*2052

892

2

min2

===

−

ππ

w

Ekr

l

EJP kN.

Przypadek c

Smukłość pręta grw

i

lλλ <=== 737.57

866.0

0.100*5.0

min

Utrata stateczności wystąpi w zakresie poza liniowo sprężystym i nie obowiązuje wzór

Eulera.

Przyjmując aproksymację prostą Tetmajera-Jasińskiego otrzymamy:

389.206737.5710*205

10*200200215215

9

6

=−

−=

−

−=−

π

λ

π

σ

E

RRRR HHe

eJT

kr MPa

500.37110*389.206*10*18* 64===

−−− JTkr

JTkr AP σ kN.

Warunek wytrzymałości we wszystkich trzech przypadkach daje dopuszczalną siłę

obciążającą

0.35110*195*10*18 64==≤

−

cRAP kN.

Przykład 17.5.2. Wyznaczyć siłę krytyczną dla ściskanego osiowo pręta stalowego o

długości l = 1 m , wymiarach przekroju poprzecznego 63×=× hb cm podpartego jak na

rysunku, jeśli 200=HR MPa, 215=eR MPa, 205=E GPa.

b

h

Y

Z Z

l

X

Y Pkr


238

Rozwiązanie

W płaszczyźnie (X, Z) pręt jest jednym końcem zamocowany, a drugi koniec ma wolny,

natomiast w płaszczyźnie (X, Y) oba końce pręta są zamocowane.

0.186*3 ==A cm2, 00.54

12

6*3 3

==yJ cm4, 73.1

0.18

0.54===

A

Ji

y

y cm,

50.1312

3*6 3

==zJ cm4, 866.0

0.18

5.13===

A

Ji zz cm.

Smukłość graniczna: 6.10010*200

10*2056

9

=== ππλ

H

grR

E.

Wyboczenie w płaszczyźnie (X, Z)

Smukłość pręta gr

y

w

i

lλλ >=== 607.115

73.1

0.100*2

Obowiązuje wzór Eulera 141.2732

10*0.54*10*2052

892

2

2

===

−

ππ

w

yEkr

l

EJP kN.

Wyboczenie w płaszczyźnie (X, Y)

Smukłość pręta gr

z

w

i

lλλ <=== 737.57

866.0

0.100*5.0

Utrata stateczności wystąpi w zakresie poza liniowo sprężystym.

Przyjmując aproksymację prostą Tetmajera-Jasińskiego otrzymamy:

389.206737.5710*205

10*200200215215

9

6

=−

−=

−

−=−

π

λ

π

σ

E

RRRR HHe

eJT

kr MPa,

500.37110*389.206*10*18* 64===

−−− JTkr

JTkr AP σ kN.

Siła krytyczna dla rozważanego pręta wynosi 141.273=krP kN.

Przykład 17.5.3.2 Wyznaczyć siłę krytyczną i współczynnik długości wyboczeniowej, pręta

przegubowo podpartego obciążonego osiowo dwoma siłami ściskającymi jak na rysunku.

2 W pierwszym wydaniu podręcznika był błąd w rozwiązaniu tego przykładu.

Jy = Jmin

Y

Z Z

X

P

2

l

2

l

P


239

Rozwiązanie

Reakcje w zdeformowanym pręcie w stanie równowagi obojętnej wywołane poprzecznym

impulsem wyznaczone z warunków równowagi wynoszą (patrz rys. wyżej):

∑ =→= krB PHX 20 ,

∑ =→=

l

PVM kr

BA

δ0 ,

∑ =→=

l

PVM kr

AB

δ0 .

Równania momentów zginających , równania różniczkowe osi wyboczonego pręta oraz

ogólna postać ich rozwiązania w dwóch przedziałach charakterystycznym mają formę:

20 1

lx ≤≤

20 2

lx ≤≤

( ) ( ) 11111 xPxwPxM krkr δ+= , ( ) ( ) 22222 2 xVxwPxM Bkr −=

( ) ( ) ( )

min

Akr

min EJ

xVxwP

EJ

xM

dx

xwd 1111

21

112

+

−=−= , ( ) ( ) ( )

min

Bkr

min EJ

xVxwP

EJ

xM

dx

xwd 22222

22

222 2 −

−=−= ,

( )( ) 111

212

1

112

xEJ

Vxwk

dx

xwd

min

A−=+

( )( ) 222

2

22

222

xEJ

Vxwk

dx

xwd

min

B=+

( ) ( ) 1111111111 xkcosBxksinAxwxw s ++= ( ) ( ) 22222222 kxcosBkxsinAxwxw s ++=

( ) 111 xP

Vxw

kr

As −= ( ) 222

2x

P

Vxw

kr

Bs =

gdzie: min

kr

EJ

Pk =

21 ,

min

kr

EJ

Pk

222 = , ( )11 xw s i ( )22 xw s , całki szczególne równań niejednorodnych

a A1, B1, A2, i B2 to stałe całkowania , które należy wyznaczyć z kinematycznych warunków

brzegowych.

Kinematyczne warunki brzegowe w tym zadaniu opisują zależności:

( ) 0001 11 =→= Bw/

( ) 0002 22 =→= Bw/

BA δ

VA

w1(x1) w1

X1

2

l

2

l X2

w2

HB

w2(x2)

Pkr

Pkr

VB


240

i równania zdeformowanej osi pręta w poszczególnych przedziałach są następujące:

( ) 111111 xksinAxl

xw +−=δ

, ( ) 222222

kxsinAxl

xw +=δ

.

Pozostałe dwie stałe wyznaczamy z warunków zszycia:

( ) ( ) δ== 223 21 lwlw/ ,

( ) ( )224 21 lwlw/''

−= .

Po wykorzystaniu dwóch pierwszych, trzeci warunek daje zależności:

( ) ( )2

1

4

3

2

1

2

3

22

11

lksinA,

lksinA

δδ== , (a)

a czwarty równanie:

( ) ( )

+−=+− 2

22 222111 lkcosAk

llkcosAk

l

δδ,

które po wykorzystaniu (a) i relacji 12 2 kk = oraz podstawieniu 21 lk=µ przyjmuje postać

( ) ( )0

2

13

2

1

2

23=−+

µµµ tgtg (b)

Numeryczne rozwiązanie równania (b) daje wynik:

27831.=µ .

A ponieważ:

4

2212 lk

=µ , to

22

2

2

221

5362644

l

EJ.

l

EJP

lk minmin

kr ==→=

µµ.

Ten ostatni wynik możemy zapisać w formie:

( )2

2

2291 l.

EJP min

kr

π

= ,

zatem współczynnik długości wyboczeniowej 2291.=α .

Przykład 17.5.4. Wyznaczyć siłę krytyczną i współczynnik długości wyboczeniowej

ściskanego osiowo pręta pryzmatycznego obciążonego jak na rysunku.

Rozwiązanie

Moment zginający w wyboczonym pręcie wynosi:

Jy = Jmin

Y

Z Z

X

P

l

w(x)

X

Pkr

l

B A

VA

w(x)

VB

Pkr

MB


241

( ) ( ) xVxwPxM Akr −= .

Reakcja pionowa VA jest konsekwencją utwierdzenia na podporze B w wyniku czego

występuje tam moment zginający (moment utwierdzenia).

Zatem:

( )( )

minEJ

xVxwPxw Akr −

−=′′ .

Kolejne różniczkowania tego równania dają:

( )( )

minEJ

VxwPxw Akr −′

−=′′′ , ( )( )

minEJ

xwPxw krIV ′′

−= .

To równanie różniczkowe czwartego rzędu zapiszemy w formie:

( ) ( ) 02=′′+ xwkxw IV , (a)

gdzie: min

2

EJ

Pk kr

= .

Całkę ogólną równania (a) można zapisać w postaci:

( ) kxCkxCxCCxw cossin 4321 +++= .

Stałe całkowania wyznaczamy z warunków brzegowych:

1/ ( ) 4141 000 CCCCw −=→=+→= ,

2/ ( ) 000 4 =→=′′ Cw ,

3/ ( ) 0sin0 32 =+→= klClClw ,

4/ ( ) 0cos0 32 =+→=′ klkCClw .

Pewnego objaśnienia wymaga drugi kinematyczny warunek brzegowy. Jego sens fizyczny,

oznaczający zerowanie się momentu zginającego w punkcie A (podpora przegubowo

przesuwna) staje się oczywisty, jeśli zauważymy, że:

( ) ( ) minEJxwxM ′′−=

Z dwóch ostatnich warunków otrzymujemy równanie:

klkl tg= ,

którego najmniejszy dodatni, różny od zera pierwiastek ma wartość 4934.4=kl .

Tak więc:

2

min

2

min2

1906.204934.4

l

EJ

l

EJPkr == ,

lub inaczej:

( ) ( )2

min2

2

min2

7.0*6992.0 l

EJ

l

EJPkr

ππ≈= .

Współczynnik długości wyboczeniowej dla takiego pręta wynosi 7.0=α .


242

Przykład 17.5.5. Wyznaczyć siłę krytyczną i współczynnik długości wyboczeniowej

ściskanego osiowo pręta pryzmatycznego obciążonego jak na rysunku.

Rozwiązanie

Moment zginający w wyboczonym pręcie wynosi:

( ) ( ) Akr MxwPxM −= .

Stąd równanie różniczkowe osi wyboczonego pręta ma postać:

( )( )

minEJ

xwPMxw krA −

=′′

Tak jak w poprzednim przykładzie, kolejne różniczkowania tego równania dają:

( )( )

minEJ

xwPxw kr

′

−=′′′ , ( )( )

minEJ

xwPxw krIV ′′

−= ,

( ) ( ) 02=′′+ xwkxw IV , (a)

gdzie: min

2

EJ

Pk kr

= .

Całkę ogólną równania (a) można zapisać w postaci:

( ) kxCkxCxCCxw cossin 4321 +++= .

Stałe całkowania wyznaczymy z warunków brzegowych, ale zanim je sformułujemy zwróćmy

uwagę na zależność między trzecią pochodną ugięcia i siłą poprzeczną. Wiemy już, że:

( ) ( ) minEJxwxM ′′−= ,

więc po obustronnym różniczkowaniu otrzymamy:

( ) ( ) minEJxwxM ′′′−=′ ,

ale ( ) ( )xQxM =′ , zatem ( ) ( ) minEJxwxQ ′′′−= .

Indeks „min” przy momencie bezwładności w ogólnym przypadku zależności różniczkowych

między momentem zginającym, siłą poprzeczną i odpowiednimi pochodnymi funkcji ugięcia

winien być zastąpiony indeksem wskazującym oś zginania.

Kinematyczne warunki brzegowe w tym pręcie mają postać:

Jy = Jmin

Y

Z Z

X

P

l

B A

w(x)

X

Pkr

l

w(x)

MA

MB

Pkr


243

1/ ( ) 000 41 =+→= CCw ,

2/ ( ) 3232 000 kCCkCCw −=→=+→=′ ,

3/ ( ) 0sincos0 432 =−+→=′ klkCklkCClw ,

4/ ( ) 0sincos0 43

33

=+−→=′′′ klCkklCklw .

Czwarty kinematyczny warunek brzegowy mówi o zerowaniu się siły poprzecznej na

podporze B.

Podstawienie do warunku trzeciego, 32 kCC −= z warunku drugiego i klklCC sincos34 = z

warunku czwartego daje zależność:

0sin3 =klC .

Stała całkowania 3C nie może być równa zeru bo wówczas zerują się pozostałe stałe

całkowania i ( ) 0=xw , co przeczy założonej krzywoliniowej formie wyboczonego pręta,

więc:

,....3,2,1,0sin ==→= nl

nkkl

π

Najmniejszy pierwiastek tego równania daje siłę krytyczną o wartości:

2

min2

l

EJPkr

π= , z której wynika iż współczynnik długości wyboczeniowej dla takiego pręta

1=α .

Przykład 17.5.6. O jaką wartość T∆ musi wzrosnąć temperatura otoczenia obustronnie

zamocowanego pręta stalowego, o długości l = 12 m i przekroju złożonego z dwóch

kątowników równoramiennych 150*150*12, aby utracił on swoją stateczność. Stałe

materiałowe pręta wynoszą: moduł Younga E = 205 GPa, granica proporcjonalności RH = 200

MPa, współczynnik rozszerzalności cieplnej liniowej CTo/10*12 6−

=ε .

Siła krytyczna dla pręta obustronnie zamocowanego pracującego w zakresie liniowo

sprężystym ma wartość:

2

min2

w

Ekr

l

EJP

π= , gdzie: llw 5.0=

Pod wpływem podniesienia temperatury o T∆ pręt podparty w sposób nieskrępowany może

się wydłużyć o lTl T ∆ε∆ = . Ponieważ pręt jest zamocowany to wydłużenie redukowane jest

do zera przez ściskającą siłę osiową P spełniającą zależność:

l

EAlTP

l

EAlP T ∆ε∆

=→= .

X

l = 12 m

Z0 Z0

Y0


244

Z porównania obu tych sił otrzymamy krytyczną wartość zmiany temperatury otoczenia, przy

której pręt utraci swą stateczność:

2

2

2

min2

λε

π∆

π∆ε

Tw

T Tl

EJ

l

EAlT=→= ,

gdzie: mini

lw=λ .

Potrzebujemy wyliczyć minimalny promień bezwładności przekroju.

Z tablic profili walcowanych odczytujemy dane dla jednego kątownika

Z tablic profili walcowanych odczytujemy

dane dla jednego kątownika

Pole przekroju: A = 34.9 cm2,

główne centralne momenty bezwładności:

1186=ξ

J cm4, 305=

ηJ cm

4.

Główne centralne osie bezwładności przekroju tego pręta to

jego osie symetrii. Momenty bezwładności względem tych osi

mają wartość:

23721186*2*2 ===ξ

JJ y cm4,

( )[ ]=+=22*15.42 AJJ z η

( )[ ] 261.30142*15.49.343052 2=+= cm

4.

Minimalny promień bezwładności:

829.58.69

2372min === yii cm.

Smukłość:

934.102829.5

1200*5.0

min

==

i

lwλ .

Ponieważ do obliczeń przyjęto siłę krytyczną Eulera, należy sprawdzić czy smukłość pręta

jest większa od smukłości granicznej.

58.100200

10*205 3

=== ππλ

H

grR

E, zatem grλλ > .

Zmiana temperatury otoczenia powodująca utratę stateczności rozważanego pręta wynosi:

62.77934.102*10*12 26

2

2

2

===−

π

λε

π∆

T

T °C.

10.85

4.15

4.15

10.85

ξ

45°

η

wymiary w cm

Y Z


245

Jeśli zmienione zostaną warunki podparcia pręta z zamocowanych na przegubowe, to

wówczas jego smukłość będzie równa:

867.205829.5

1200*1

min

===

i

lwλ ,

a krytyczna zmiana temperatury będzie wynosić:

41.19867.205*10*12 26

2

2

2

===−

π

λε

π∆

T

T °C.

17.6. Zastosowanie metody energetycznej przy wyznaczaniu siły krytycznej Rozwiązanie zagadnienia utraty stateczności drogą całkowania równania różniczkowego

krzywoliniowej postaci pręta w bardziej złożonych przypadkach obciążenia czy jego

geometrii, często prowadzi do skomplikowanych równań różniczkowych o zmiennych

współczynnikach, których rozwiązanie wymaga złożonych metod matematycznych i bywa

przyczyną braku zamkniętych rozwiązań analitycznych.

W takich przypadkach chętnie korzystamy z metod energetycznych, umożliwiających szybkie

otrzymanie przybliżonego rozwiązania. Dalej omówimy metodę Timoshenki - Ritza

wyznaczania siły krytycznej wykorzystującą twierdzenie o minimum całkowitej energii

potencjalnej układu. Twierdzenie to mówi, że: w położeniu równowagi stałej całkowita

energia potencjalna układu Π zdefiniowana wzorem:

zw LL −=Π , (17.21)

gdzie: zL - praca sił zewnętrznych, wL - praca sił wewnętrznych, osiąga minimum.

We wspomnianej metodzie zakładamy równanie odkształconej osi pręta odpowiadające

kinematycznym i statycznym warunkom brzegowym:

( ) ( )xfCxw m

n

m

m∑=

=

1

, (17.22)

i dalej na podstawie założonego równania odkształconej osi pręta obliczamy pracę sił

zewnętrznych oraz pracę sił wewnętrznych , a następnie rozpisujemy układ równań

0=

∂

∂

mC

Π. (17.23)

Otrzymany w ten sposób układ równań (17.23) jest układem równań liniowych jednorodnych

ze względu na współczynniki mC . Z przyrównania do zera wyznacznika tego układu

wyznaczamy przybliżoną wartość siły krytycznej.

Uzyskana tą metodą siła krytyczna ma wartość zawsze większa od dokładnej, i tym bliższą

dokładnej im bliższą rzeczywistej jest założona postać ugiętej osi pręta w stanie

krzywoliniowej równowagi.

Jeżeli w miejsce skończonego szeregu funkcji (17.22) przyjmiemy, że zdeformowaną oś

opisuje jedna funkcja:

( ) ( )xfCxw = ,

to w miejsce układu równań (17.23) otrzymujemy jedno równanie z którego wyznaczamy siłę

krytyczną prostym wzorem zawierającym pierwszą i drugą pochodną funkcji ( )xf . W celu

jego wyprowadzenia rozważmy pręt pokazany niżej na rys.


246

Praca sił wewnętrznych, która równa się energii sprężystej układu, przy pominięciu wpływu

sił podłużnych wynosi:

( )dx

EJ

xMUL

l

y

y

w ∫==

0

2

2.

Uwzględniając, związek różniczkowy między momentem zginającym i drugą pochodną linii

ugięcia ( )xwEJM''

yy −= , otrzymujemy:

( )( )[ ] ( )[ ]∫∫∫ ====

l''y

l''y

l

y

y

w dxxfEJ

CdxxwEJ

dxEJ

xMUL

0

22

0

2

0

2

222.

Aby obliczyć pracę sił zewnętrznych potrzebujemy wyznaczyć poziome przemieszczenia u .

Wyliczymy je jako różnicę między długością pierwotną l a rzutem zdeformowanej osi pręta

na oś X.

Z rysunku pokazanego wyżej, łatwo obliczymy zależność między dowolnie małym odcinkiem

pręta dx i dowolnie małym przemieszczenie jego końca du:

( )αcosdxdu −= 1 .

Ponieważ kąt α jest mały to: ( )xwtgsin'

=≈≈ ααα i kolejno przekształcenia dają:

( ) ( )[ ] 222

22

2

1

2

12

2

12

22

221 xwtgtgsincos

'=

≈

≈≈=− αα

ααα

Stąd całkowite przemieszczenie u wynosi:

( ) ( )[ ] ( )[ ] dxxfC

dxxwdxu

lll

∫∫∫ ==−=

0

2'2

0

2'

022

1cos1 α , i

i praca sił zewnętrznych jest równa:

( )[ ] dxxfC

PuPL

l

z ∫==

0

2'2

2.

Całkowita energia potencjalna analizowanego pręta jest równa:

( )[ ] ( )[ ]∫∫ −==−=Π

lly

zw dxxfC

PdxxfEJ

CULL0

2'2

0

2''2

22,

i przyrównanie do zera jej pochodnej względem stałego współczynnika C daje równanie

w(x)

X P

u

P

l Jy = Jmin

Y

Z

α

dx

du

X


247

( )[ ] ( )[ ] 0

0

2

0

2=−= ∫∫

l'

l''

y dxxfPCdxxfEJCCd

dΠ,

z którego otrzymujemy poszukiwany wzór na siłę krytyczną:

( )[ ]

( )[ ]∫

∫=

l

l''

min

kr

dxx'f

dxxfEJ

P

0

2

0

2

. (17.24)

17.6.1. Przykłady

Przykład 17.6.1.1. Wyznaczyć siłę krytyczną i współczynnik długości wyboczeniowej, pręta

przegubowo podpartego obciążonego osiowo dwoma siłami ściskającymi jak na rysunku.

Zakładamy równanie odkształconej osi pręta w postaci:

( )l

xsinCxw

π= , (a)

które spełnia kinematyczne warunki brzegowe - zerowanie się ugięcia na podporach oraz

statyczne warunki brzegowe - zerowanie się tam momentów zginających.

Praca sił wewnętrznych wynosi:

( )( )[ ] 2

3

4

0

2

4

42

0

2

0

2

4222C

l

EJdx

l

xsin

lC

EJdxxw

EJdx

EJ

xMUL

yl

yl

''yl

y

y

w

πππ===== ∫∫∫

Przemieszczenie punktu przyłożenia siły na lewej podporze jest równe:

( )[ ]l

Cdxl

xcos

lCdxxwu

ll'

422

1 22

0

2

2

22

0

2 πππ=== ∫∫ ,

stąd całkowita praca sił zewnętrznych wynosi:

Jy = Jmin

Y

Z Z

X

P

2

l

2

l

P

w

X

2u

P

P u

2

l

2

l


248

22

8

3

2C

lP

uPuPLz

π=+= .

Całkowita energia potencjalna analizowanego pręta jest równa:

21

2213

4

8

3

4C

lPC

lEJLL yzw

ππΠ −=−= , i przyrównanie do zera jej pochodnej względem

współczynnika C daje równanie:

04

3

2

2

3

4

=−= Cl

PCl

JE

Cd

d y ππΠ ,

z którego wyznaczamy poszukiwane wartości siły krytycznej i współczynnika długości

wyboczeniowej

( )2

2

2

2

22513

2

l.

JE

l

JEP minmin

kr

ππ

== .

Siła krytyczna dla tego pręta otrzymana metodą całkowania równania różniczkowego (patrz

przykład 17.5.3) wyniosła

( )

2

2

22291

53626

l.

EJ

l

EJ.P minmin

kr

π

== ,

stąd błąd rozwiązania metodą energetyczną wynosi 0.67 %.

Policzmy ponownie to zadanie przy założonym innym równaniu odkształconej osi pręta.

Przyjmijmy teraz równanie w formie:

( ) ( )xlxl

Cxw −=

2, (b)

które spełnia kinematyczne warunki brzegowe ale nie daje zerowania się momentów

zginających na podporach bo:

( ) ( )xll

Cxw 2

2

'−= , ( )

2

'' 2

l

Cxw −= , i druga pochodna jest różna od zera. Zatem równanie (b)

jest „gorsze” od równania (a) i zobaczymy jaki to będzie miało wpływ na wartość siły

krytycznej.

Kolejno obliczamy:

moment zginający: ( )2

2

l

CEJxwEJM y

''yy =−= ,

pracę sił wewnętrznych: ( )

2

30

2

40

222

2C

l

EJdxC

l

EJdx

EJ

xMUL

yl

yl

y

y

w ==== ∫∫ ,

przemieszczenie lewej podpory: ( )[ ] ( )l

Cdxxl

l

Cdxxwu

ll'

62

22

1 2

0

2

4

2

0

2=−== ∫∫ ,


249

pracę sił zewnętrznych: Pl

CPu

uPuPLz

42

3

2

2

==+= ,

całkowitą energię potencjalną pręta: Pl

CC

l

EJLL

y

zw4

2 22

3−=−=Π ,

aby z zerowania się jej pochodnej:

08

3=−−= C

l

PC

l

JE

Cd

d yΠ, wyznaczyć siłę krytyczną:

( )2

2

21111

8

l.

JE

l

JEP minmin

kr

π

== .

Tym razem błąd rozwiązania metodą energetyczną wynosi 18.30 %.

Przykład 17.6.1.2. Wyznaczyć siłę krytyczną, pręta przegubowo podpartego, o skokowo

zmiennym momencie bezwładności obciążonego osiowo dwoma siłami ściskającymi jak na

rysunku.

Zakładamy równanie odkształconej osi pręta w postaci:

( )l

xsinCxw

π= .

Równanie momentów zginających przyjmuje formę:

( )l

xsin

lEJCxwEJM y

''yy

ππ

2

2

=−= ,

pracę sił wewnętrznych jest równa:

2

3

4

4

42

4

42

2

2

4

42

2

0

2

4

42

8

3

42

2

422

2

2

Cl

EJ

l

lC

EJl

lC

EJdx

l

xsin

lC

EJdx

l

xsin

lC

EJL

y

yyl

l

yl

y

w

π

ππππππ

=

=+=+= ∫∫.

Przemieszczenia zewnętrznych sił ściskających jak i praca tych sił są takie same jak w

przykładzie 17.6.1.1.

22

8

3

2C

lP

uPuPLz

π=+= .

Stąd całkowita energia potencjalna analizowanego pręta wynosi:

Jy = Jmin

Y

Z Z

X

P

2

l

2

l

P Jy 2Jy


250

22

2

3

4

8

3

8

3C

lPC

l

EJLL

y

zw

ππ

Π −=−= .

Z przyrównanie do zera jej pochodnej względem stałego współczynnika C otrzymujemy:

2

2

l

JEP min

kr

π

= .

Przykład 17.6.1.3.

Wyznaczyć krytyczną wartość obciążenia pręta

wspornikowego, jak na rysunku obok, o

przekroju A obciążonego tylko ciężarem

własnym γ .

Mamy tutaj do czynienia z zagadnieniem utraty stateczności pręta ściskanego osiowo

obciążeniem ciągłym Aq γ= równomiernie rozłożonym wzdłuż jego osi.

Moment zginający w dowolnym przekroju pręta

przy zdeformowanej jego osi (patrz rys. obok)

wynosi:

( ) ( ) ( )[ ]∫ −=

l

x

y dxwqxM ξξη , gdzie: Aq γ= .

Równanie różniczkowe ugiętej osi pręta ma postać:

( )( ) ( )[ ] ξξη dxwq

xd

xwdEJ

l

x

y ∫ −=2

2

.

Powyższe równanie różniczkowe o zmiennych współczynnikach można rozwiązać stosując

nieskończone szeregi otrzymując (patrz np. S.P.Timoshenko, R.Gere: Teoria stateczności

sprężystej. Arkady, Warszawa 1963) w wyniku:

( )( )

2

min

2

2

min

122.1

837.7

l

EJ

l

EJql

kr

π== . (c)

Teraz przykład ten rozwiążemy stosując metodę energetyczną.

Przyjmijmy linię ugięcia w postaci:

( )

−=

l

xcosCxw

21

π, która spełnia kinematyczne warunki brzegowe (zerowanie się ugięcia i

kąta ugięcia w utwierdzeniu).

Przy przyjętej formie linii ugięcia moment zginający określa zależność:

w(x)

l

X

x ξ

l

( )ξη

w

q

Y

Z

l

X

Z

Jy = Jmin


251

( ) ( ) ( )[ ] ( )

( ) ( ) ( )

( )

−−−=

=

−−−

−−−=−

−

−=−

−=−= ∫∫∫

l

xsin

l

l

xcosxlCq

l

xcosxlCq

l

xsin

lxlCqxwq

lsin

lCqdxwqd

lcosCqdxwqxM

lx

lx

l

x

l

x

l

x

y

21

2

2

21

21

2

2

2

21

π

π

π

ππ

π

ξ

ξπ

π

ξξξξπ

ξξη

stąd praca sił wewnętrznych (równa energii sprężystej) wynosi:

( )

−+=== ∫ 32

322

0

2329

6

1

22 ππy

l

y

y

wEJ

lqCdx

EJ

xMUL .

Praca wykonana przez ciągle rozłożone obciążenie osiowe wynosi (patrz wyrażenie na

pionowe przemieszczenie punktów osi pręta wywołane założoną jej deformacją podane w

przykładzie 17.6.1.1.):

( ) ( )[ ] ( )

−=−=−= ∫∫ 2

22

0

22

2

22

0

1

4

1

8282

1

π

πππC

qdx

l

xsinxlC

l

qdxxwxlqL

l'

l

z .

Otrzymanie powyższe wyniku wymaga wykonania dość żmudnych całkowań.

Całkowita energia potencjalna zdeformowanego pręta jest równa:

−−

−+=−=

2

22

32

232 1

4

1

8

329

6

1

2 π

π

ππ

Π Cq

CEJ

lqLL

y

zw .

Przyrównując do zera jej pochodną względem C otrzymujemy:

01

4

1

4

329

6

12

2

32

32

=

−−

−+=

∂

∂

π

π

ππ

ΠC

qC

EJ

lq

C y

.

Stąd krytyczna wartość ciężaru pręta wynosi:

( )

( )2

min2

2

min

120.1

869.7

l

EJ

l

EJlq

kr

π== . (d)

Porównanie zależności (c) i (d) pokazuje, że błąd między rozwiązaniem otrzymanym drogą

całkowania równania różniczkowego a metodą energetyczną jest znikomy i wynosi około

0.41 %.

Policzmy krytyczna wysokość wspornikowego pręta przyjmując, że wykonany został ze stali

o module Younga E = 205 GPa i ciężarze własnym γ = 78.50 kN/m3, a jego przekrój

poprzeczny jest kwadratowy o boku 1 cm. Aby ją wyznaczyć przekształcamy zależność (c)

otrzymując:

( )γγ

2333

2

8377837783778377 minkr

minkr

minkr

minkr

iE.l

A

EJ.l

q

EJ.l

l

EJ.lq =→=→=→= .

Wstawienie wartości stałych materiałowych i wymiarów przekroju daje:


252

546.512*10*50.78

10*10*205*837.73

493

=→=

−

krkr ll m.

Przytoczony na początku tego rozdziału warunek nośności w postaci nie przekroczenia

wytrzymałości obliczeniowej przy ściskaniu dał dopuszczalną wysokość takiego pręta równą

2.739*103 m. Pokazuje to, jak w tym przypadku decydujące znaczenie na nośność konstrukcji

ma zjawisko utraty stateczności.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Zginanie poprzeczne ze ściskaniem

206

18. ZGINANIE POPRZECZNE ZE ŚCISKANIEM

18.1. Postawienie zagadnienia

Przy omawianiu zagadnienia mimośrodowego ściskania bardzo mocno zostało podkreślone,

że otrzymane wzory mogą być stosowane tylko wówczas, gdy konstrukcja spełnia warunki

pozwalające na przyjęcie zasady zesztywnienia. Teraz zajmiemy się przypadkiem, który

pokazuje jak istotne są konsekwencje rezygnacji z przyjęcia zasady zesztywnienia i jak

wysoce błędne byłyby wyniki obliczeń przy jej przyjęciu. Przypadek ten występuje, gdy do

ściskanego osiowo pręta pryzmatycznego przyłożone jest jeszcze obciążenie powodujące jego

poprzeczne zginanie (rys. 18.1). W pokazanej na poniższym rysunku belce, układ sił

Rys. 18.1

obciążających jest przyczyną jej ugięcia i łatwo zauważyć, że w konfiguracji aktualnej (po

przyłożeniu obciążeń) równanie momentów zginających można zapisać, uwzględniając

wpływ przemieszczeń osi belki na ich wartości, w postaci:

( ) ( ) ( )xwPxMxM yy +=0 (18.1)

gdzie: ( )xM y0 - moment zginający w belce nieodkształcalnej.

W przyjętym układzie odniesienia równanie różniczkowe ugiętej osi belki ma postać:

( ) ( )

y

y

EJ

xM

dx

xwd−=

2

2

.

Podstawienie do niego funkcji momentów (18.1) daje równanie:

( )( )

( )

y

y

EJ

xMxwk

dx

xwd0

2

2

2

−=+ (18.2)

gdzie: yEJ

Pk =

2 . (18.3)

Rozwiązaniem niejednorodnego równania różniczkowego zwyczajnego (18.2) jest funkcja

( ) ( ) kxBkxAxwxw s cossin ++= (18.4)

gdzie: ( )xws - całka szczególna tego równania, A oraz B - stałe całkowania zależne od

kinematycznych warunków brzegowych belki.

Znając funkcję ( )xw , momenty zginające i siły poprzeczne w belce wyznaczamy z

zależności:

( )( )

2

2

xd

xwdEJxM yy −=

X

w

w(x)

P P

Z


207

( )( )

3

3

xd

xwdEJxQ yz −= .

Wartości naprężeń normalnych dla tego przypadku w przyjętych układach odniesienia

wynoszą:

( )

zJ

xM

A

P

y

y

x −−=σ . (18.5)

18.2. Belka wolnopodparta obciążona siłą w środku rozpiętości

Rozważmy, pokazaną na rys.18.2 belkę wolnopodpartą obciążoną w środku siłą Q,

prostopadłą do jej osi i ściskającą osiowo siłą P.

Rys. 18.2

Ze względu na symetrię belki rozpatrywać będziemy tylko jeden przedział 20 lx ≤≤

Ponieważ ( )2

0 xQxM y = więc łatwo zgadnąć i sprawdzić przez podstawienie, że:

( )P

xQxws

2−= jest całką szczególną równania niejednorodnego (18.2), w związku z czym

jego całka ogólna ma postać:

( ) kxBkxAP

xQxw cossin

2++−= . (18.6)

Z kinematycznych warunków brzegowych wyznaczymy stałe całkowania:

( )

2

1

2

0

022

0

02

2

001

/klcoskP

QA

Bkl

cosAkP

Q

Bl

w/

w/

'=

=

→

=+−

=

→=

=

,

a po ich wstawieniu do (18.6) otrzymamy funkcję ugięć belki:

( )P

xQ

klPk

kxQxw

22cos2

sin−= . (18.7)

Maksymalne ugięcie belki wystąpi w jej środku rozpiętości i ma wartość:

−=−=

=

23 2

2tg

242cos2

2sin

2max

k

l

k

kl

EJ

Q

P

lQ

klPk

klQlww

y

.

w(x)

Q

l/2

l/2

P P Q/2 Q/2

Z

X


208

Poprzez szereg przekształceń możemy ostatecznie zapisać:

( )uEJ

lQw

y

1

3

48max κ= , (18.8)

gdzie: 2

klu = , ( )

−=

31

tg3

u

uuuκ .

Związek między momentem zginającym i drugą pochodną ugięcia daje:

( )2cos2

sin

klk

kxQxM = (18.9)

Maksymalny moment zginający występuje w środku rozpiętości belki i ma wartość:

( )ulQl

MM 242

max κ=

= , (18.10)

gdzie: ( )u

uu

tg2 =κ

Dokonajmy krótkiej analizy wzoru (18.8) podającego wartości maksymalnego ugięcia w

postaci iloczynu maksymalnego ugięcia w belce przy przyjęciu zasady zesztywnienia i funkcji

( )u1κ . Jeśli zauważymy, że argument tej funkcji można wyrazić w zależności od wartości

przyłożonej siły ściskającej P i siły krytycznej Eulera EkrP , gdyż

E

kry P

P

EJ

Plu

klu

222

π==→= ,

to dla

,0=P ( ) 11 =uκ i yEJ

lQw

48max

3

= ,

a dla

,EkrPP → ( ) ∞=u1κ i ∞→wmax .

Otrzymany wynik pokazuje, że w przypadku przyłożenia siły krytycznej przemieszczenia

belki będą wzrastać do nieskończoności przy dowolnie małym obciążeniu poprzecznym.

Analogiczne wnioski daje analiza wzoru na maksymalny moment zginający. Niżej pokazane

są wartości funkcji ( )u1κ i ( )u2κ w zależności od stosunku E

krPP .


209

E

krPP 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.5 0.7 0.8 0.9 1.0

( )u1κ 1.110 1.248 1.423 1.658 1.983 2.479 3.301 4.943 9.871 ∞

( )u2κ 1.091 1.205 1.351 1.545 1.817 2.223 2.900 4.253 8.307 ∞

Wyniki pokazane w tabelce mogą dowodzić, że przy sile ściskającej o wartości EkrP.10

uwzględnienie zasady zesztywnienia może dawać 10% różnice w wartościach momentów

zginających.

18.3. Belka wolnopodparta mimośrodowo ściskana

Teraz przedmiotem rozważań będzie belka wolnopodparta pokazana na rys. 18.3 obciążona

siłami ściskającymi P równoległymi do jej osi zaczepionymi na mimośrodzie e. Zasada de

Saint Venanta pozwala na zastąpienie tej belki równoważną jej belką obciążoną momentami

zginającymi M = Pe na podporach i ściskającą osiowo siłą P.

Rys. 18.3

W tym przypadku ( ) ePxM y =0 , a całka szczególna równania niejednorodnego (18.2), równa

się: ( ) exws −= , więc jego całka ogólna przyjmuje postać:

( ) kxBkxAexw cossin ++−= . (18.11)

Stałe całkowania wyznaczone z kinematycznych warunków brzegowych są równe:

( )

( )klsin

klcoseeA

eB

klcoseklsinAe

eB

lw/

w/−

=

=

→

=++−

=

→

=

=

002

001.

Stąd funkcja ugięć osi belki przyjmuje postać:

( )( )

( )

−

−+=

=+−

+−=+−

+−=

1sin

sinsin

sin

cossinsincossincos

sin

sincos

kl

xlkkxe

kl

kxklkxlkkxeekxe

kl

kxkleeexw

,

a równanie momentów zginających przedstawia zależność:

( )( )

−

−++= 1

sin

sinsin

kl

xlkkxPePexM y . (18.12)

Maksymalne ugięcie belki wystąpi w środku jej rozpiętości i ma wartość:

≡ e e

w(x)

l

P P

Z

X

M = Pe

w(x)

l

P P

Z

X

M = Pe


210

( )12/sec12cos

1

2max −=

−=

= kle

kle

lww , (18.13)

stąd maksymalny moment zginający, który też wystąpi w środku rozpiętości, wynosi:

2/sec2

max klPel

MM yy =

= . (18.14)

Ponieważ :

EkrP

Pkl

22

π= ,

to przy ,EkrPP → zarówno maksymalne ugięcie jak i maksymalny moment zginający w belce

zmierzają do nieskończoności przy dowolnie małym mimośrodzie e.

Inaczej mówiąc przyłożenie do belki siły krytycznej powoduje jej zniszczenie, gdyż

praktycznie nie jest możliwe idealnie osiowe obciążenie pręta.

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Nośność sprężysto-plastycznych ustrojów

prętowych

253

19. NOŚNOŚĆ SPRĘŻYSTO-PLASTYCZNYCH USTROJÓW PRĘTOWYCH

19.1. Idealizacja wykresu rozciągania

Wykres rozciągania stali miękkiej, otrzymany ze statycznej próby rozciągania, daje obraz

rzeczywistego zachowania się tego materiału przy osiowym rozciąganiu. Nieregularny i

skomplikowany kształt tego wykresu sprawia, że w zastosowaniach aproksymuje się go

odcinkowo możliwie dobrze przybliżającymi, prostymi funkcjami analitycznymi. Tej

idealizacji dokonuje się w zależności od charakteru rzeczywistego wykresu i konkretnego

zastosowania. Najczęściej stosowane aproksymacje pokazane są na rys.19.1.

Rys. 19.1

Model materiału liniowo sprężystego (ciało Hooke’a) stosowany jest w zagadnieniach, w

których nie dopuszczamy wystąpienia odkształceń plastycznych. Takie ciało było

przedmiotem naszych dotychczasowych rozważań.

Model materiału idealnie sztywno plastycznego (ciało de Saint-Venanta) używany jest w

zagadnieniach technologicznej plastyczności, jak np. walcowanie lub przeciąganie, czyli w

procesach w których odkształcenia plastyczne są dominujące i sprężyste mogą być

pominięte.

Model ciała idealnie sprężysto-plastycznego (ciało Prandtla) stosowany jest do opisu

zachowania się materiału, w którym występuje wyraźna platforma płynięcia i w

zagadnieniach, w których dopuszczamy umiarkowane odkształcenia plastyczne.

Stosowane też bywają bardziej skomplikowane modele materiału uwzględniające np.

wzmocnienie plastyczne czy nieliniowe odkształcenia sprężyste.

19.2. Zginanie prętów z materiału sprężysto-plastycznego.

Rozważać będziemy zginanie poprzeczne prętów pryzmatycznych wykonanych z materiału o

jednakowych własnościach na rozciąganie i ściskanie (materiał izonomiczny), opisanych

modelem ciała idealnie sprężysto-plastycznego, którego wykres zależności εσ − wraz z

równaniami dla jednoosiowego stanu naprężenia pokazany jest na rys. 19.2.

Rys. 19.2

σ

RH

ε

materiał

liniowo sprężysty

Re

ε

σ

materiał sztywno

plastyczny

Re

ε

σ

materiał sprężysto-

plastyczny

εσ E= dla plpl εεε <<−

eR=σ dla plεε ≥

eR−=σ dla plεε −≤

eR−

plε

σ

ε plε−

eR


prętowych

254

Analizy zachowania się takich prętów dokonamy przyjmując następujące założenia:

• spełniona jest zasada płaskich przekrojów,

• obciążenie i przekrój poprzeczny belki spełnia warunki poprzecznego zginania,

• pomijalny jest wpływ sił poprzecznych na osiągnięcie stanu plastycznego.

Zaczniemy od analizy wybranego przekroju pręta, pokazanego na rys. 19.3, w którym

moment zginający, działający w jego płaszczyźnie symetrii, pręta jest równy M (dla

uproszczenia zapisu opuszczony został dolny indeks). W zależności od wartości tego

momentu zginającego mogą wystąpić następujące stany mechaniczne tego przekroju i

odpowiadające im rozkłady naprężeń normalnych (patrz rys. 19.3):

1- stan sprężysty,

2- graniczny stan sprężysty,

3- stan sprężysto-plastyczny (częściowe uplastycznienie przekroju),

4- graniczny stan plastyczny (pełne uplastycznienie przekroju).

Rys. 19.3

Przy niewielkiej wartości momentu zginającego w przekroju występuje stan sprężysty,

rozkład naprężeń normalnych jest liniowy, zerują się one na osi Y (osi obojętnej), a ich

największa wartość jest mniejsza od granicy plastyczności eR .

Zwiększaniu wartości momentu zginającego odpowiadać będzie wzrost odkształceń

liniowych (zarówno tych dodatnich, jak i ujemnych) i stowarzyszony z tym wzrost naprężeń

normalnych. Przy pewnej wartości M – nazywanej granicznym momentem sprężystym

punkty najbardziej oddalone od osi obojętnej zostaną uplastycznione, wystąpią w nich

naprężenia o wartości równej eR , i stan ten nazywamy granicznym stanem sprężystym.

Dalsze zwiększaniu momentu zginającego powoduje dalszy wzrost odkształceń i naprężeń,

ale naprężenia mogą się zwiększać tylko w tych punktach, gdzie były one mniejsze od granicy

plastyczności eR . W tym stanie nazywanym stanem sprężysto-plastycznym w przekroju

poprzecznym wystąpią obszary sprężyste, jak i uplastycznione.

Stan końcowy, w którym we wszystkich punktach przekroju naprężenia są równe granicy

plastyczności, nazywamy granicznym stanem plastycznym, a moment zginający M , przy

którym ten stan się realizuje nazywamy - granicznym momentem plastycznym. Przekrój jest

wówczas w pełni uplastyczniony i zgodnie z przyjętym modelem fizycznym materiału

odkształcenia liniowe mogą wzrastać w nim nieograniczenie.

Zajmiemy się wpierw granicznym stanem sprężystym.

ex R=σ

ex R=σex R=σex R<σex R<σ

Ypl

Y

Z

M

A

ex R<σ

1

ex R=σ

4

ex R=σ

3 3

ex R=σ

2


prętowych

255

Zależności określające w stanie sprężystym rozkład naprężeń normalnych, krzywiznę osi

belki i jej przemieszczenia są znane z poprzednich rozważań. Oś obojętna sprężystego

zginania to główna centralna ,oś bezwładności przekroju poprzecznego, równoległa do

wektora momenty zginającego. Wartość granicznego momentu sprężystego M , tj. momentu

zginającego, który powoduje uplastycznienie skrajnego punktu (lub punktów) przekroju

poprzecznego, wyznaczymy z zależności:

spre

spr

ex WRMW

MRmax =→==σ . (19.1)

gdzie: zmax

JWW

y

yspr == to wskaźnik wytrzymałości względem osi obojętnej sprężystego

zginania.

Przejdźmy teraz do granicznego stanu plastycznego.

Oznaczmy przez 1A uplastycznioną rozciąganą część przekroju, a przez 2A uplastycznioną

ściskaną część przekroju (rys. 19.4). Rozdziela je oś obojętna zginania plastycznego, której

położenie nie jest, na razie, znane.

Rys. 19.4

Chcemy wyznaczyć położenie osi obojętnej tego zginania i wartość granicznego momentu

plastycznego M , tj. momentu zginającego, który powoduje całkowite uplastycznienie

przekroju poprzecznego.

Do dyspozycji mamy dwa równania równoważności układów sił wewnętrznych i

zewnętrznych.

0=∫∫A

x dAσ ,

MdAz

A

x =∫∫ σ .

Podstawiając do pierwszego równania wartości naprężeń w tym granicznym stanie dostajemy

zależność

( ) 2121 0

21

AAdARdAR

A

e

A

e =→=−+ ∫∫∫∫ , (19.2)

która dowodzi, że oś obojętna zginania plastycznego połowi przekrój poprzeczny.

Z drugiego równania równoważności otrzymujemy wartość granicznego momentu

plastycznego:

ex R=σ

ex R=σ

Ypl

Z

M

A2

A1


prętowych

256

( ) ple

A

e

A

e WRMMdAzRdAzR =→=−+ ∫∫∫∫21

21 (19.3)

gdzie :

21 yplyplpl SSW += - plastyczny wskaźnik wytrzymałości (19.4)

∫∫=

1

11

A

ypl dAzS , ∫∫=

2

22

A

ypl dAzS - momenty statyczne odpowiednich części przekroju

poprzecznego względem osi obojętnej plastycznego zginania.

Oba graniczne momenty zginające zależne są jedynie od materiału i kształtu przekroju

poprzecznego.

Przejdźmy teraz do analizy belek z materiału Prandtla pracujących w warunkach zginania

poprzecznego.

W ogólności na długości belki poszczególne jej przekroje mogą się znajdować we wszystkich

wyżej opisanych stanach mechanicznych i zależeć to będzie od wielkości przyłożonych

obciążeń. W pewnej analogii do wyżej wprowadzonych określeń, dotyczących momentów

zginających możemy obciążenia przyłożone do belki podzielić na:

• graniczne obciążenie sprężyste (graniczna nośność sprężysta)

• graniczne obciążenie plastyczne (graniczna nośność plastyczna)

• nośność graniczna.

Graniczne obciążenie sprężyste P lub q - to taka wielkość obciążenia danej belki, przy

której choć w jednym jej przekroju wystąpi graniczny moment sprężysty M .

Graniczne obciążenie plastyczne P lub q - to taka wielkość obciążenia danej belki przy

której choć w jednym jej przekroju wystąpi graniczny moment plastyczny M .

Nośności graniczna *P lub *q - to taka wielkość obciążenia danej belki przy którym traci

ona zdolność do jego przenoszenia (belka staje się geometrycznie zmienna).

W belkach statycznie wyznaczalnych graniczne obciążenie plastyczne jest tożsame z

nośnością graniczną, gdyż pełne uplastycznienie przekroju jest równoważne powstaniu w

nim przegubu plastycznego, co czyni belkę kinematycznie zmienną. Przegub plastyczny, w

odróżnieniu od zwykłego przegubu przenosi graniczny moment plastyczny M , ale obrót

sąsiednich przekrojów jest w nim swobodny co daje belce dodatkowy stopień swobody.

W belkach statycznie niewyznaczalnych sytuacja jest trochę odmienna bo na ogół powstaniu

jednego przegubu plastycznego nie czyni belki geometrycznie zmienną, a tylko obniża jej

stopień statycznej niewyznaczalności. Stąd na w belce n-krotnie statycznie niewyznaczalnej

maksymalna liczba przegubów plastycznych, potrzebna do zamiany belki w mechanizm

wynosi n+1.

Nośność graniczną można otrzymać w dwojaki sposób:

• pierwszy, polega na zwiększaniu obciążeń i analizie kolejnych wywołanych przez nie

stanów konstrukcji od sprężystych aż do stanu nośności granicznej,

• drugi, polega na bezpośredniej analizie stanów nośności granicznej tzn. analizie

konstrukcji w której wprowadzonych zostało tak wiele przegubów plastycznych (w ogólności

obszarów uplastycznionych), że stała się geometrycznie zmienna i wykorzystaniu twierdzeń

ekstremalnych teorii plastyczności.

W teorii plastyczności występują pojęcia pól statycznie i kinematycznie dopuszczalnych w

konstrukcji, które definiujemy następująco:

• polem statycznie dopuszczalnym, nazywamy pole naprężeń, które spełnia warunki


prętowych

257

równowagi i jest niesprzeczne z warunkiem plastyczności tzn. MM ≤max ( eR≤σmax )

• polem kinematycznie dopuszczalnym nazywamy pole przemieszczeń, które jest

niesprzeczne z istniejącymi więzami.

Twierdzenia ekstremalne teorii plastyczności możemy sformułować następująco:

• twierdzenie o oszacowaniu dolnym:

największe spośród statycznie dopuszczalnych obciążeń granicznych jest rzeczywistą

nośnością graniczną,

• twierdzenie o oszacowaniu dolnym:

najmniejsze spośród kinematycznie dopuszczalnych obciążeń granicznych jest rzeczywistą

nośnością graniczną.

Stąd wnosimy, że wyznaczona metodą pól statycznie dopuszczalnych (podejście statyczne)

nośność graniczna jest oszacowaniem od dołu rzeczywistej nośności granicznej, natomiast w

przypadku pól kinematycznie dopuszczalnych ( podejście kinematyczne) jest oszacowaniem

od góry.

Można więc powiedzieć, że rezultat otrzymany podejściem statycznym jest bezpieczniejszy

gdyż określona tą metodą nośność graniczna jest mniejsza od rzeczywistej i w istocie rzeczy

konstrukcja może przenieść większe obciążenie.

Te dwa sposoby pokazane zostaną na przykładzie belki jednokrotnie statycznie

niewyznaczalnej o prostokątnym przekroju poprzecznym b× h =0.06 × 0.12 m, obciążonej jak

na rys. 19.5 i wykonanej z materiału, którego granica plastyczności 225=eR MPa.

Rys. 19.5

Wpierw obliczymy graniczne momenty sprężysty i plastyczny. Ponieważ przekrój jest

bisymetryczny więc oś Y jest osią obojętną zginania zarówno sprężystego jak i plastycznego.

Wskaźnik wytrzymałości sprężystego zginania wynosi: 14462== /bhWspr cm

3, natomiast

wskaźnik wytrzymałości plastycznego zginania jest równy:

2164/8/*2 22=== bhbhWpl cm

3.

Stąd graniczny moment sprężysty: 324001014410225 66===

−

***WRM spre Nm, a

graniczny moment plastyczny wynosi: 486001021610225 66===

−

***WRM ple Nm.

Pierwsza metoda określenia nośności granicznej wymaga wyznaczenia momentów w tej

jednokrotnie statycznie niewyznaczalnej belce. Aby to uczynić musimy znać reakcje, których

wyznaczenie z samych równań równowagi nie jest możliwe. Gdybyśmy jednak znali jedną z

nich to pozostałe łatwo wyznaczymy z równań równowagi. Wyznaczmy więc wartość

momentu w utwierdzeniu AM . W tym celu zastąpimy daną belkę statycznie niewyznaczalną

równoważną jej wolnopodpartą belką statycznie wyznaczalną obciążoną prócz sił skupionych,

momentem AM . Wartość AM wyliczymy z warunku zerowania się kąta ugięcia na podporze

A w belce wolnopodpartej. Możemy to uczynić korzystając np. z metody Mohra obliczania

ugięć.

X

Z

b

Y

h

2 l

l

l

A B C D

P 2 P Z

l = 1.0 m

h = 0.12 m

b = 0.06 m


prętowych

258

03

2*

2

12*3

5.1

2

12*4

2

1

3

4*24

2

14*0 =−−−+→=∑

ll

EJ

Plll

EJ

Plll

EJ

Plll

EJ

MlVM

yyyy

AfAfD

y

AfA

EJ

MPlV

12

16272

−= ,

PllPMEJ

MPlV A

y

AAfA 6875.1

16

270

12

16272

==→=−

== ϕ .

Znajomość momentu utwierdzenia AM

pozwala na wyznaczenie wykresu

momentów zginających w zastępczej

statycznie wyznaczalnej belce

wolnopodpartej, który jest równocześnie

wykresem momentów w danej belce

statycznie niewyznaczalnej. Widać z

niego, że największy co do bezwzględnej

wartości moment zginający występuje w

utwierdzeniu, więc graniczne obciążenie

sprężyste obliczymy z zależności:

192006875.1 =→= PlPM N.

Zwiększanie wartość sił powoduje rozwój obszarów uplastycznionych i skutkuje

pojawieniem się pierwszego granicznego momentu plastycznego. Wystąpi on w utwierdzeniu

bo tam jest największy moment zginający w tej belce. Zatem graniczne obciążenie plastyczne

będzie miało wartość:

288006875.1 =→= PlPM N.

MA =1.6875 Pl

2 l

l

l

A B C D

P 2 P

M

1.6

875

Pl

1.5

7812

Pl

1.1

5625

Pl

belka rzeczywista belka fikcyjna

MA /

EJ

y

Pl/EJy

2 l

l

l

B C

A D

MA

2 l

l

l

A B C D

P 2 P

Pl

1.5

Pl

MA

1.5Pl/EJy


prętowych

259

Pełne uplastycznienie przekroju w

utwierdzeniu nie zamienia tej belki w

mechanizm, powoduje jedynie wystąpienie w

utwierdzeniu przegubu plastycznego czyniąc

belkę statycznie wyznaczalną obciążoną

siłami skupionymi i granicznym momentem

plastycznym M . Wykres momentów

zginających w tym stanie mechanicznym

belki pokazuje rysunek obok.

Belka stanie się kinematycznie zmienna gdy w wyniku dalszego zwiększenia sił

obciążających pojawi się drugi przegub plastyczny i wystąpi on w przekroju C gdy zostanie

on całkowicie uplastyczniony. Nośności graniczną tej belki wyznaczymy z zależności:

303758

5

42 *

==→−=∗

l

MP

MlPM N.

Przejdziemy teraz do wyznaczenia nośności granicznej danej belki wykorzystując twierdzenia

ekstremalne teorii plastyczności.

Wpierw wyznaczymy jej nośność graniczną metodą pól kinematycznie dopuszczalnych

(podejście kinematyczne), a następnie metodą pól statycznie dopuszczalnych (podejście

statyczne).

Metoda pól kinematycznie dopuszczalnych – podejście kinematyczne. W tym podejściu rozważamy konstrukcję w stanie granicznym z odpowiednią liczbą

przegubów plastycznych czyniącą ją geometrycznie zmienną. Następnie do takiej konstrukcji

stosujemy zasadę prac wirtualnych mówiącą, że: suma prac wirtualnych sił zewnętrznych jest

równa sumie prac wirtualnych sił wewnętrznych. Z równania prac wirtualnych wiążących

zadane obciążenie zewnętrzne i graniczne momenty plastyczne w przegubach plastycznych

jako siły wewnętrzne wyznaczamy nośność graniczną belki. Pewnym problemem tego

podejścia jest konieczność określenia a priori położenia przegubów plastycznych Dobrą

wskazówką do określenia miejsca ich występowania jest wykres momentów zginających w

stanie sprężystym, gdyż przeguby będą w miejscach ekstremalnych wartości lub załamania

tych wykresów. Ale w ogólności, zwłaszcza w wielokrotnie statycznie niewyznaczalnej i

nieprostej w swej geometrii konstrukcji nie jest łatwo określić położenie przegubów

odpowiadające rzeczywistemu stanowi granicznemu. Stąd konieczność rozważenia kilku

schematów zniszczenia i wyznaczenia dla każdego odpowiadającej mu nośności granicznej.

Najmniejszą z nich uznajemy za nośność graniczną i jak już wspomniano wyżej można

dowieść, że jest to górne oszacowanie rzeczywistej nośności granicznej konstrukcji.

Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia.

Schemat pierwszy.

Zakładamy, że obciążenie spowoduje pełne uplastycznienie przekroju w utwierdzeniu i

punkcie B (tzn. powstanie przegubów plastycznych), bo tam są lokalne ekstrema funkcji

momentów w stanie sprężystym (załamania wykresu momentów). Z odpowiadającego

przyjętemu schematowi zniszczenia planu przemieszczeń przygotowanych wynikają

wyrażenia na pracę wirtualną sił zewnętrznych i wewnętrznych.

M

2 l

l

l

A B C D

P 2 P

M

M 22 MP − 42 MP −


prętowych

260

Praca wirtualna sił zewnętrznych:

∆∆ PPLz += 12 .

Praca wirtualna sił wewnętrznych:

θMLw 3= .

Ponieważ: θ∆ *2l= , θ∆ *1 l= ,

to zasady prac wirtualnych

θθθ MlPlPLL wz 32**2 =+→=

lMP 431 =

Schemat drugi.

Tym razem zakładamy, że pełne uplastycznienie przekroju wystąpi w utwierdzeniu i punkcie

C (tzn. powstanie przegubów plastycznych). Z odpowiadającego temu schematowi

zniszczenia planu przemieszczeń przygotowanych wynikają wyrażenia na pracę wirtualną sił

zewnętrznych i wewnętrznych.

12 ∆+∆= PPLz , 12 θθ MMLw += ,

11 *,*2 θθ ll =∆=∆ , 1**3 θθ ll =

wz LL = ,

θθθθ MMlPlP 323**22* +=+ ,

lMP 852 =

Za nośność graniczną uznajemy mniejszą z tych dwóch sił,

zatem 3037585 ==∗ lMP N, i jak wyżej zostało powiedziane rzeczywista nośność

graniczna nie jest większa od tej wartości.

Metoda pól statycznie dopuszczalnych – podejście statyczne. Potrzebujemy założyć (przypuścić) statycznie dopuszczalne schematy zniszczenia. Tak jak

poprzednio pewnym problemem tego podejścia jest konieczność określenia a priori położenia

przegubów plastycznych. I, jak poprzednio będziemy je zakładać w miejscach ekstremalnych

wartości lub załamania wykresów momentów w stanie sprężystym. Dla każdego, założonego

statycznie dopuszczalnego pola wyznaczymy odpowiadającą mu nośność graniczną.

Największą z nich uznajemy za nośność graniczną i jak już wspomniano wyżej można

dowieść, że jest to dolne oszacowanie rzeczywistej nośności granicznej konstrukcji.

Schemat pierwszy.


punkcie B (tzn. powstanie przegubów plastycznych), bo tam są lokalne ekstrema funkcji

momentów w stanie sprężystym (załamania wykresu momentów).

θ θ ∆ ∆1

A

B C D

P 2 P

M M

M

θ1 θ ∆ ∆1

A

B C D

P 2 P

M M

M


prętowych

261

Należy teraz obliczyć wartości wszystkich sił

działających na konstrukcję, które muszą spełniać

warunki równowagi.

Z warunków równowagi otrzymujemy:

lMVMlVM AALB∑ =→=−→= 0*22*0 ,

∑ →=−−→= 0*22*0 MlPlVM DPB

lMPVD 2+= ,

lMPPVVY DA 430*30 1∑ =→=−+→= ,

lMVD 45= .

Wykres momentów pokazuje, że założone pole nie jest statycznie dopuszczalne gdyż w

punkcie C moment zginający MM >45 i nie spełniony jest warunek plastyczności.

Schemat drugi.


punkcie C.

Warunki równowagi dają następujące wartości sił

działających na konstrukcje przy tym założonym

schemacie zniszczenia:

∑ →=−−→= 0**23*0 PlMlVM ALC

( ) llPMVA 32 += ,

lMVMlVM DDPC =→=−→=∑ 0*0 ,

lMPPVVY DA 850*30 2∑ =→=−+→=

lMVA 87= .

Odpowiadający będącym w równowadze siłom działającym na belkę wykres momentów

pokazuje, że w konstrukcji spełniony jest warunek plastyczności. A więc założone pole

naprężeń jest statycznie dopuszczalne, i możemy przyjąć, że nośność graniczna rozważanej

belki wynosi: 30375852 ===∗ lMPP N, i jak wyżej zostało powiedziane rzeczywista

nośność graniczna nie jest mniejsza od tej wartości.

Ponieważ z podejścia kinematycznego otrzymaliśmy taki sam wynik więc

3037585 ==∗ lMP N, jest rzeczywistą nośnością graniczną rozważanej konstrukcji.

M

M

M

2 l

l

l

A B C D

M M

VA VD

M

45MM

P 2P

M

M

2l

l

l

A B C D

M

VA VD

M

43M M

2P P


prętowych

262

19.2.1. Przykłady

Przykład 19.2.1.1. Dla podanej belki o

przekroju prostokątnym bxh = 0.02x0.06 m

wyznaczyć graniczne obciążenie sprężyste

q , graniczne obciążenie plastyczne q oraz

nośność graniczną *q jeśli

granica plastyczności 300=eR MPa.

Rozwiązanie

Maksymalny moment zginający w belce 8

2lq

Mmax =

Sprężysty wskaźnik wytrzymałości dla przekroju prostokątnego 6

2hb

WW yspr ==

Plastyczny wskaźnik wytrzymałości dla przekroju prostokątnego 442

22

hbhhb*Wpl ==

Graniczny moment sprężysty 3600103006

1062 662

===

−

****

RWM espr Nm.

Graniczny moment plastyczny: 5400103004

1062 662

===

−

****

RWM epl Nm.

Graniczne obciążenie sprężyste wyznaczymy z zależności:

18004

360088

8 22

2

===→=→=*

l

MqM

lqMMmax N/m.

Graniczne obciążenie plastyczne wynosi:

27004

540088

8 22

2

===→=→=*

l

MqM

lqMMmax N/m.

Belka jest statycznie wyznaczalna, obciążenie jej granicznym obciążeniem plastycznym

spowoduje powstanie w jej środku rozpiętości dodatkowego przegubu zmieniając ją w

mechanizm i dlatego graniczne obciążenie plastyczne jest równe nośności granicznej

2700== qq* N/m.

W belce statycznie wyznaczalnej o przekroju prostokątnym 51.W

W

q

q

q

q

spr

pl*

=== i to

dowodzi, że obciążenie powodujące zniszczenie belki jest o 50 % większe od obciążenia

które powoduje uplastycznienie włókien skrajnych w przekroju maksymalnego momentu

zginającego. Łatwo można stwierdzić, że to zwiększenie nośności w przypadku belek

statycznie wyznaczalnych zależeć będzie jedynie od stosunku wskaźników wytrzymałości

plastycznego i sprężystego, czyli od kształtu przekroju. W przypadku belek statycznie

niewyznaczalnych zwiększenie nośności belki zależeć jeszcze będzie od stopnia jej statycznej

niewyznaczalności.

l = 4 m

q

Y

Y pl

Z

h

b


prętowych

263

Przykład 19.2.1.2. Wyznaczyć graniczne obciążenie sprężyste, plastyczne i nośność belki,

jeśli granica plastyczności 345=eR MPa.

Rozwiązanie

Maksymalny moment zginający, jak pokazuje poniższy wykres występuje w utwierdzeniu i

wynosi: max M = 12q.

Oś obojętna zginania sprężystego to oś Y

przechodząca przez środek ciężkości przekroju,

równoległa do wektora momentu zginającego. Jej

położenie wyznaczamy z warunku zerowania się

momentu statycznego w sposób już wielokrotnie

stosowany w zagadnieniach zginania.

088410142210 .***A =++= cm2

0768241011142192100 .******S y =++= cm3

73888

7680 .

A

Sz

yo=== cm.

7845827372012

21027268

12

148

12

1810 23

233

..**

.***

J y =+++

−= cm

4.

Wskaźnik wytrzymałości sprężystego zginania

634062711

784582.

.

.

zmax

JWW

y

yspr ==== cm3.

Oś obojętną zginania plastycznego to oś równoległa do wektora momentu zginającego

dzieląca przekrój poprzeczny na dwie części o równych polach.

M = 4q

4 q

4.5

q

12

q

M

4 m 6 m P = 7q

q

X

Z

4 m 6 m

q M = 4 q

P = 7 q

Z

2

4

4 4 2

14

Y wymiary w

cm

Y0

Y

Z

4 4 2

2

4

14

cm

ζζζζ 11.27

14

8.73

Ypl

wymiary w

cm


prętowych

264

Z kształtu przekroju widać, że będzie ona przechodzić przez środnik i jeśli współrzędna ζ

wyznacza jej położenie to musi spełniać warunek:

0122210882

1.** =→+= ζζ cm.

Wskaźnik wytrzymałości plastycznego zginania:

0568441012261221321021 .********SSW yplyplpl =+++=+= cm3.

Graniczny moment sprężysty 29140103451063406 66.***.RWM espr ===

− kNm.

Graniczny moment plastyczny 961951034510568 66.***RWM epl ===

− kNm.

Graniczne obciążenie sprężyste wynosi:

691112

29140

1212 .

.MqMqMMmax ===→=→= kN/m.

Graniczne obciążenie plastyczne i nośność graniczna ma wartość:

331612

96195

1212 .

.MqMqMMmax ===→=→= kN/m.

Przykład 19.2.1.3.Wyznaczyć nośność graniczną belki jak na rys. stosując podejście

statyczne i kinematyczne.

Podejście statyczne. Belka jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalna. Trzy przeguby czynią ją kinematycznie

zmienną. Zakładamy, że pełne uplastycznienie przekroju wystąpi w utwierdzeniu oraz

punktach B i D.

Obliczamy wartości wszystkich sił działających na

konstrukcję, które muszą spełniać warunki

równowagi.

Z warunków równowagi otrzymujemy wartości sił

działających na belkę, które są w równowadze:

lMVMlVM AALB 202*0∑ =→=−→= ,

lMVMlVM DDPD =→=−→=∑ 0*0 ,

∑ →=+−−→= 05*3*6*0 MlPlVlVM CDPB

3537 PlMVC −= ,

lMPVPVVY DCA 4500∑ =→=−−+→= ,

lMVC 4=

A C D E B

2P

P

3 l

l

2 l

l

M

M M5.0

M

M

A

M MM

2P

M M

P

3 l l

2 l

l

D C B

E

VD VC VA


prętowych

265

Nośność graniczna jest nie mniejsza niż:

l

MP

4

5=

∗ .

Podejście kinematyczne. Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia.

Schemat 1.

∆PLz 2= , 122 θθ MMLw += ,

lθ∆ = , ll 3** 1θθ =

wz LL =

322*2 θθθ MMlP +=

lMP 341 =

Schemat 2.

∆PLz = , 12 θθ MMLw += ,

l2*θ∆ = , ll *2* 1θθ =

wz LL =

θθθ MMlP 222* +=

lMP 22 =

Schemat 3.

12 ∆∆ PPLz += ,

2122 θθθ MMMLw ++= ,

l*θ∆ = , l2*11 θ∆ = , ll 3** 1θθ = ,

ll *2* 21 θθ =

wz LL =

32322

32**2

θθθ

θθ

MMM

lPlP

++=

=+

lMP 453 =

lMPPP i 45)min( 3*

=== . I jest to rzeczywista nośność graniczna belki bo takim sam rezultat

otrzymano z podejścia statycznego.

Przykład 19.2.1.4. Wyznaczyć nośność graniczną belki o podanej geometrii i obciążeniu

stosując podejście kinematyczne jeśli 215=eR MPa.

θ1 θ ∆

A

P

3 l

l 2 l

l

D C B

E

M MM

2P

M M

M

θ

θ2

θ1

∆1

A

P

D C

B E

M M

3 l

l 2 l

l

2P

∆

M

θ θ1

P

3 l

l 2 l

l

D C

E M

∆ A

M

B

M

2P


prętowych

266

Rozwiązanie

Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia:

wz LL =

1111 22 θθ∆∆ MMPP +=+

111 444 θθθ∆θ∆ === ;;

M.P 2529 1 =

M.P 2501 =

wz LL =

θ∆ MP 32 2 =

θ∆ 4=

MP 38 2 =

M.P 37502 =

wz LL =

13 θθ∆ MMP +=

11 44 θθθ∆ == ;

MP 54 3 =

M.P 2513 =

wz LL =

θ∆ MP 34 =

θ∆ 4=

M.P 7504 =

M.P)P(minP i*

2501 ===

Położenie osi plastycznego zginania

Jest to oś równoległa do wektora momentu zginającego dzieląca przekrój poprzeczny na dwie

części o równych polach.

2P

P

4 m 4 m 4 m 2 m 4 m

24 cm

12 cm

θ

M

θ

2P

P

M

∆ schemat 4

M

θ θ

M M

∆

schemat 2 2P

P

Mθ

M

θ1

2P

P M

∆ schemat 3

M

θ1

θ θ

2P

P

M M

∆

schemat 1 ∆1

24 cm

Ypl

ζ =16.97 cm


prętowych

267

Zatem jej położenie można wyznaczyć z zależności:

97162

1

2

1

2

12412

2

1.****** =→= ζζζ cm.

Wskaźnik plastycznego zginania:

836743

0375153

2

1

2

037129716

3

1

2

9716

2

1222

..

*.*.

*.*.

*Wpl =

−+= cm

3.

Nośność graniczna belki jest równa:

1136272102151083674250250 66.***.*.R*W*.P epl

*===

− N.

Przykład 19.2.1.5. Wyznaczyć nośność graniczną belki stosując podejście kinematyczne.

Rozwiązanie

Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia:

θ∆ ML;PL wz 22 ==

θ∆ MP 22 =

θ∆ 2=

M.P 501 =

θ∆ ML;PL wz 22 ==

θ∆ MP 22 =

θ∆ 2=

M.P 502 =

θ∆ ML;PL wz 2==

θ∆ MP 2=

θ∆ 2=

MP =3

θ∆∆ ML;PPL wz 22 =−=

2P

1 2 m 2 m 2 m 2 m 1

P

θ

2P

MM

∆ P schemat 1

θ

θ θ

θ

2P

M

M

∆ P schemat 2

P

θ

2P

M

M

∆

schemat 3

P

θ θ θ

2P

M

M

∆ ∆ schemat 4


prętowych

268

θ∆∆ MPP 22 =−

θ∆ 2=

MP =4

Nośność graniczna belki wynosi:

M.)P(minP i*

50== .

Przykład 19.2.1.6.Wyznaczyć nośność graniczną belki jak na rys. stosując podejście

kinematyczne.

Symetria konstrukcji pozwala na

analizowanie równoważnej belki

jednoprzęsłowej, utwierdzonej na

jednym końcu a na drugim

wolnopodpartej.

Jedyny kinematycznie dopuszczalny schemat

zniszczenia będzie miał dwa przeguby, jeden w

utwierdzeniu a drugi w prześle przy czym jego

położenie nie jest znane, ale możemy je wyznaczyć z

zasady prac wirtualnych.

12 θθ MMLw += , ∫∫−

+=

ala

z dxxqxdxqL

0

111

0

θθ ,

( )ala −= ** 1θθ ,

al

al

la

MqLL wz

−

−=→=

22.

Ponieważ podejście kinematyczne daje oszacowanie od góry, poszukujemy najmniejszego

obciążenia q. Warunek konieczny jego istnienia daje równanie:

( ) llallaaa

q586.0220240

22=−=→=+−→=

∂

∂.

Stąd ostatecznie otrzymujemy nośność graniczną belki 2657.11 lMq =∗ .

Przykład 19.2.1.7.Belkę o schemacie jak na rys. należy podeprzeć dodatkowo w przęśle w

miejscu zapewniającym jej największą nośność graniczną.

Wprowadzenie dodatkowej podpory C czyni

l

l

q

l

q

θ1 θ M

M M

q

l - a a

A B

q

l

A C

l - a a

B

q


prętowych

269

belkę dwukrotnie statycznie niewyznaczalną.

Kształt wykresu momentów zginających w

stanie sprężystym sugeruje dwa

kinematycznie dopuszczalne schematy

zniszczenia.

Schemat 1.

Nośność graniczna dla tego schematu

zniszczenia została wyznaczona w

poprzednim przykładzie.

Wynosi ona :

21 657.11a

Mq =

Schemat 2.

W tym schemacie zniszczenia przegub

plastyczny w przęśle AC wystąpi w środku

tego przęsła. Zatem:

θMLw 4= , ∫−

=

2/)(

0

2

al

z xdxqL θ ,

( )22

16

al

MqLL wz

−

=→= .

Widoczne jest że zwiększanie a powoduje zmniejszanie q1 i zwiększanie q2. Przy ustalonej

długości belki jej nośność graniczną wyznaczymy z warunku równości:

( )

→=−+→

−

=→= 0657.11314.23343.400.16657.1122

2221 lalaal

M

a

Mqq

la 4605.0= .

Odpowiadająca temu położeniu dodatkowej podpory nośność graniczna belki wynosi:

( )22

970.544605.0

657.11l

M

l

Mq ==

∗

19.3. Nośność graniczna osiowo rozciąganych układów prętowych

Rozważać będziemy konstrukcje wykonane z prętów prostych przegubowo połączonych i

obciążonych tylko w węzach w sposób powodujący ich osiowe rozciąganie. Pręty wykonane

są z materiału o własnościach ciała idealnie sprężysto plastycznego (rys. 19.2).

Ponieważ rozkład naprężeń normalnych w dowolnym przekroju poprzecznym na długości

pręta rozciąganego siłą P jest jednorodny to w przekroju i tym samym w pręcie mogą

wystąpić tylko dwa stany mechaniczne w zależności od wielkości przyłożonej siły a

mianowicie stan sprężysty, gdy naprężenia są w nim mniejsze od eR i stan pełnego

uplastycznienia, gdy równają się eR . Co więcej jeśli naprężenia osiągną wartość granicy

M

θ θ

M

C

B

q

MM

a (l–a)/2 (l–a)/2

A

θ1 θ

M

C

B

q

M M

l - a

b a - b

A


prętowych

270

plastyczności to pręt może się wydłużać dowolnie dużo i dlatego graniczne obciążenie

sprężyste, plastyczne i nośność graniczna są w nim takie same i wynoszą:

ARPPP e*

=== . (19.5)

Analogicznie jest w dowolnej statycznie wyznaczalnej konstrukcji kratowej z tym że o jej

nośności granicznej decyduje nośność pręta w którym występują największe naprężenia

normalne w stanie sprężystym.

W kratownicach statycznie niewyznaczalnych sytuacja jest bardziej złożona gdyż w

zależności od wielkości obciążenia wszystkie pręty mogą być w stanie sprężystym albo

niektóre w stanie sprężystym inne zaś uplastycznione, albo wreszcie liczba uplastycznionych

prętów jest taka że konstrukcja staje się geometrycznie zmienna i nie może przenosić

zadanego obciążenia. Dlatego w konstrukcjach złożonych z osiowo rozciąganych prętów

wykonanych z materiału idealnie sprężysto-plastycznego można przyjąć określenia:

• graniczne obciążenie sprężyste (nośność sprężysta) – to największa wartość obciążenia

przy której we wszystkich prętach konstrukcji występuje stan sprężysty

• nośność graniczna – to taka wielkość obciążenia przy którym konstrukcja traci zdolność do

jego przenoszenia.

19.3.1. Przykłady

Przykład 19.3.1.1. Wyznaczyć nośność graniczną danego układu kratowego jeśli przekroje

wszystkich prętów są jednakowe o polu A = 2.0 cm2

a granica plastyczności 225=eR MPa.

041 .l = m

032 .l = m

6.0sin =α

8.0cos =α

Rozwiązanie

Obliczenie sił w prętach układu.


0sincos

0

21 =+−

=

αα

Σ

NN

X

PNN

Y

=+

=

αα

Σ

cossin

0

21

Siły w prętach wynoszą:

PN 6.01 = , PN 8.02 = .

α

1

3.2 m

K P

1.8 m

2.4 m

2

N1

P

N2

α


prętowych

271

Ponieważ pola przekrojów obu prętów są równe więc o nośności układu decyduje pręt 2 .

Przy wzrastaniu wartości obciążenia on pierwszy ulegnie uplastycznieniu i ponieważ krata

jest statycznie wyznaczalna ulegnie zniszczeniu.

Nośność graniczna konstrukcji wynosi:

562508.0

10*2*10*2258.0

46**

==→=

−

PARP e N.

Przykład 19.3.1.2. Dla stalowej konstrukcji przegubowo prętowej jak na rysunku.

w której pola przekrojów wszystkich prętów i

ich moduły sprężystości podłużnej są równe

wyznaczyć potrzebne pole przekrojów

poprzecznych prętów oraz nośności graniczną

jeśli P = 30 kN, R = 215 MPa, Re = 235 MPa,

E = 205 GPa.

Wyznaczyć wykres określający jak wzrasta

pionowe przemieszczenie węzła K w zależności

od wielkości siły P.

Rozwiązanie

Obliczenie sił podłużnych w prętach.

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny, więc

komplet równań do ich wyznaczenia będzie się składał z

równania równowagi i równania geometrycznego.


NNPNNY =+→=+→= 2121 2cos20 αΣ

.


21

22

22

11

1112 22cos NN

AE

lN

AE

lN=→=→= α∆∆ .

Stąd siły podłużne w prętach:

574.17)22(21 =+= PN kN,

787.8)22(2 =+= PN kN.

Potrzebny przekrój prętów z warunku wytrzymałości: 463

11 10*817.010*21510*574.17)(max −

==≥→≤→≤ RNARANRAN m2.

Nośność graniczną układu wyznaczymy zwiększając obciążenie i przechodząc kolejno jego

stany od sprężystego poprzez sprężysto-plastyczny aż do stanu granicznej nośności, w którym

konstrukcja nie może przenieść zadanego obciążenia, przemieszczenia jej punktów są

dowolnie duże (staje się kinematycznie zmienna).

α α

K

P

N1

N2 N2

K

K’

∆2

∆1

2

2.0 m

K

P

2.0 m

2.0 m

12

α α α

α α


prętowych

272

Siła obciążająca powodująca pierwsze uplastycznienie w konstrukcji, które wystąpi w pręcie

1 bo w nim w stanie sprężystym jest największa siła podłużna, ma wartość:

→=+=== eRAPNNN )22(2111

3210*776.3210*235*817.0

2

22

2

22=

+=

+= eRAP N.

Przy tej sile konstrukcja może jeszcze przenosić obciążenie bo naprężenia w prętach 2 są

nadal mniejsze od granicy plastyczności Re.

Siły które wówczas występują w prętach 2

możemy wyznaczyć z warunku równowagi sił

działających na węzeł K :

22

cos20

1

221

21

NPNPNN

PNNY

−=→=+

→=+→= αΣ

.

Konstrukcja stanie się kinematycznie zmienna gdy nastąpi uplastycznienie prętów 2 tzn.

gdy: eRANNN === 222 . Odpowiadające tej wartości siły obciążenie P będzie nośnością

graniczną i oznaczymy je przez *P . Wyznaczymy je z zależności:

31

*1*

222 10*352.46)21(22

=+=+=→=−

=== eee RANRAPRANP

NNN N.

Iloraz

545.1000.30

352.46*

==

P

P

pokazuje wielkość rezerwy (54.5 %), która tkwi w analizowanej konstrukcji jeśli dopuścimy

pełne jej uplastycznienie. Ale zwiększenie obciążeń jest związane ze zwiększeniem

przemieszczeń i pokazuje to wykres zależności ∆ - pionowego przemieszczenia węzła K od

wielkości siły obciążającej P.

000.30=P kN - stan sprężysty

EA

lN 222 2*2 == ∆∆ ;

( )→

+

=

222

PN

( )

3

5

3

10*098.210*817.0*205*22

22*10*000.302 −

=

+

=∆ m.

776.32== PP kN - uplastycznienie pręta 1

→

+

===

22;2*2 2

222

PN

EA

lN∆∆

α α

eRANN == 11

K P

N2 N2


prętowych

273

3

5

3

10*293.210*817.0*205*)22(

22*10*776.322 −

=

+

=∆ m.

352.46*== PP kN - stan graniczny nośności (uplastycznienie wszystkich prętów)

→==== eRANNEA

lN22

222 ;2*2 ∆∆

3

5

2

10*585.410*817.0*205

22*10*235*817.02 −

==∆ m.

2.293

60

20

40

P [kN]

352.46*=P

2

4

4.585

∆ [mm]

Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Literatura

274

LITERATURA

[1] R.Bąk, T.Burczyński: Wytrzymałość materiałów z elementami ujęcia komputerowego.

WNT, Warszawa 2001.

[2] Z.Brzoska: Wytrzymałość materiałów. PWN, Warszawa 1979.

[3] E. Cegielski: Wytrzymałość materiałów. Teoria, przykłady, zadania. IMiPKM,

Politechnika Krakowska 2000.

[4] W. Derski: Podstawy teorii sprężystości. PWN, Warszawa-Łódź 1965.

[5] Z.Dyląg, A.Jakubowicz, Z.Orłoś: Wytrzymałość materiałów. WNT, Warszawa 1996.

[6] K.Krzyś, M.Życzkowski: Sprężystość i plastyczność. Wybór zadań i przykładów. PWN,

Warszawa 1962.

[7] W.Orłowski, L.Słowański: Wytrzymałość materiałów. Przykłady obliczeń. Arkady,

Warszawa 1978.

[8] S. Piechnik: Wytrzymałość materiałów dla Wydziałów Budowlanych. PWN, Warszawa-

Kraków 1978.

[9] S.P. Timoshenko, J.M. Gere: Teoria stateczności sprężystej. Arkady, Warszawa 1963.

[10] J.Więckowski: Wytrzymałość materiałów. Wydawnictwa Politechniki Gdańskiej,

Gdańsk 1975.

Documents

Wytrzymałość Materiałów - Adam Bodnar