WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 1/11 -

W Y T R Z Y M A Ł O Ś Ć M A T E R I A Ł Ó W

1. WIADOMOŚCI PODSTAWOWE

Wytrzymałość Materiałów

nauka o trwałości spotykanych w praktyce typowych elementów konstrukcji

poddanych działaniu sił

1. 1. Zadania i metody wytrzymałości materiałów

Stosowane w W.M. metody umożliwiają dokonanie stosunkowo prostych
obliczeń dających ilościową ocenę wytrzymałości i podatności w stosunku do
postawionych wymagań.
Główny nacisk położony jest na stronę praktyczną i dla ułatwienia analizy
przyjmuje się metody przybliżone i upraszczające założenia.

Wytrzymałość Materiałów opiera się na:
− przesłankach doświadczalnych (własności materiałów - szczególnie

odkształcenie, w funkcji obciążeń przy różnych warunkach zewnętrznych),

− przesłankach teoretycznych (prawa i zasady statyki! )



Dyscypliny pokrewne W.M.:
− teoria sprężystości,
− teoria plastyczności,

−

reologia.

Z a d a n i a

Wytrzymałości Materiałów

określenie

wytrzymałości elementu

(odporności na zniszczenie)

aby konstrukcja spełniała wymóg

dostatecznego bezpieczeństwa

określenie

podatności elementu

(rodzaju i wartości odkształceń)

aby konstrukcja spełniała wymóg

dostatecznej sztywności

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 2/11 -

1.2. Uproszczony model ciała

Uproszczenia dotyczą:
1) materiału

a) jednorodność (dowolnie mała kostka ma takie same właściwości

fizyczne)

b) sprężystość (odkształcenia wywołane obciążeniem znikają całkowicie -

ciało idealnie sprężyste - lub częściowo - ciało częściowo sprężyste - po
odciążeniu)

c) izotropia (w większości materiałów)

2) opisu kształtu

a) pręty (jeden wymiar jest o wiele większy od dwóch pozostałych)

♦ proste

♦ zakrzywione

− płasko zakrzywione

(pierścień tłokowy, spinacz biurowy)

− przestrzennie zakrzywione (sprężyna)

b) powłoki ( jeden wymiar - grubość - jest mniejszy od pozostałych)
c) bryły (wszystkie wymiary są tego samego rzędu)

Powstaje schemat obliczeniowy, w którym zostają zachowane istotne cechy
obiektu.

1.3. Siły wewnętrzne i zewnętrzne

− skupione

−

−

−

− skupione

− powierzchniowe

−

−

−

− powierzchniowe

−

objętościowe

Siły

miara mechanicznego oddziaływania

ciał między sobą

Wewnętrzne

oddziaływanie między częściami

konstrukcji

Zewnętrzne

obciążenie konstrukcji

Bierne

reakcje więzów

Czynne

znane wartości

dla ich ujawnienia stosujemy

metodę myślowych przecięć

podział na siły czynne i bierne zależy od tego,

gdzie poprowadzimy granicę podziału

obiekt-otoczenie

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 3/11 -

1.4. Wysiłek przekroju

1. Zakładamy, że badany ustrój

znajdujący się pod działaniem
znanego obciążenia zewnętrznego:
− sił (objętościowych,

powierzchniowych, skupionych),

− momentów sił,
pozostaje w równowadze.

2. Dokonujemy myślowego

przekroju ustroju płaszczyzną
(metoda przecięć)

3. Odsuwając od siebie myślowo obie

części ujawniamy na przekroju siły
wewnętrzne jako siły oddziaływania
między nimi. Siły te rozłożone są na
przekroju w sposób ciągły. Jednym z
głównych zadań wytrzymałości
materiałów jest określenie rozkładu sił

wewnętrznych.

4. Siły wewnętrzne redukujemy do

wybranego punktu (zazwyczaj
środka ciężkości przekroju sc)
otrzymując wektor wypadkowej
siły

W

oraz wypadkowego

momentu

M

.

M

x

y

z

sc

W

-

W

-

M

siły
wewnętrzne

płaszczyzna
myślowego
przekroju

myślowy
przekrój

Zespół

W

i

M

nazywamy

wysiłkiem przekroju.

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 4/11 -

2

z

2

y

T

T

T

+

=

2

gz

2

gy

g

M

M

M

+

=

5. Wektory wysiłku przekroju rozkładamy na składowe:

W

=W

x

+W

y

+W

z

W

x

=

N

− siła

normalna

(wzdłużna)

W

y

=

T

y

− siła

tnąca

(poprzeczna) w kierunku

osi y

W

z

=

T

z

− siła

tnąca

(poprzeczna) w kierunku

osi z

wypadkowa siła tnąca

M=M

x

+M

y

+M

z

M

x

=

M

s

− moment

skręcający

M

y

=

M

gy

− moment

gnący

w kierunku osi y

M

z

=

M

gz

− moment

gnący

w kierunku osi z

wypadkowy moment
gnący

N T

y

T

z

M

s

M

gy

M

gz

Elementy wysiłku przekroju wyznaczamy z warunków równowagi jednej lub
drugiej części. Rozwiązujemy w tym celu odpowiednie równania równowagi sił
i momentów:

0

0

0

0

0

0

=

=

=

=

=

=

∑

∑

∑

∑

∑

∑

z

y

x

z

y

x

M

M

M

F

F

F

Nie ma przy tym żadnego znaczenia, której części równowagę będziemy badać,
gdyż na zasadzie akcji i reakcji, siły wewnętrzne działające na obie części mają
jednakowe wartości. Są jedynie przeciwnie skierowane.

Reguła wymiarów początkowych − przy formułowaniu równań równowagi
przyjmuje się, że obciążenie ciała nie zmienia jego geometrii.

Nie wolno jej stosować przy badaniu zagadnień stateczności oraz w wypadku, gdy nawet
małe odkształcenia zmieniają istotnie charakter pracy ustroju.

x

y

z

sc

W

N

T

y

T

z

T

M

x

y

z

sc

M

g

M

s

M

gy

M

gz

elementy wysiłku przekroju

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 5/11 -

Umowa dotycząca znaku elementów wysiłku przekroju

SIŁA NORMALNA

DODATNIA – skierowana od
przekroju


UJEMNA – skierowana do
przekroju

SIŁA TNĄCA

DODATNIA – stara się obrócić
rozpatrywaną część zgodnie z
ruchem wskazówek zegara

UJEMNA – stara się obrócić
rozpatrywaną część przeciwnie
do ruchu wskazówek zegara

MOMENT GNĄCY

DODATNI – stara się wygiąć
belkę wypukłością w dół

UJEMNY – stara się wygiąć
belkę wypukłością w górę

MOMENT SKRĘCAJĄCY – jak dla siły normalnej

UWAGA: wektor momentu prostopadły do płaszczyzny rysunku
przedstawiamy za pomocą zagiętej strzałki stosując się przy tym
do reguły śruby prawoskrętnej.

x

z

x

z

N

N

N

N

x

z

x

z

T

T

T

T

x

z

x

z

M

g

M

g

M

g

M

g

góra

dół

góra

dół

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 6/11 -

Wyodrębnienie poszczególnych elementów wysiłku przekroju pozwala na
rozbicie złożonego stanu obciążenia na przypadki proste:

− rozciąganie (ściskanie) – siła normalna N,
− skręcanie – moment skręcający M

s

.

− czyste zginanie – moment gnący M

g

,

− zginanie poprzeczne – moment gnący M

g

i siła tnąca T,

− ścinanie – siła tnąca T,

stosunkowo łatwe do analizy rachunkowej.

Rozbicie złożonego stanu na przypadki proste a następnie zsumowanie wyników
poszczególnych analiz to zasada superpozycji (metoda bardzo często
stosowana w wytrzymałości materiałów).
Zasada superpozycji nie może być stosowana tam, gdzie działanie jednych sił

mogłoby zmienić charakter działania innych (np. przy utracie stateczności
konstrukcji).

Wartości elementów wysiłku przekroju zależą m.in. od położenia myślowego
przekroju. Stanowią zatem funkcje współrzędnej x:

N(x), T(x), M

g

(x), M

s

(x).

Wyznaczenie tych funkcji jest pierwszym, niezbędnym etapem

analizy wytrzymałościowej konstrukcji.

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 7/11 -

1.5. Naprężenia, odkształcenia

NAPRĘŻENIE (natężenie
sił wewnętrznych) – miara
sił wewnętrznych działają-
cych na wybranym polu
przekroju.

Średnie wypadkowe
naprężenie na polu

∆

A

A

W

p

ś

r

∆

∆

=

Wypadkowe naprężenie
w punkcie B

A

W

p

A

∆

∆

=

→

∆

0

lim

Naprężenie wypadkowe p rozkładamy na składowe:
− prostopadłą do przekroju:

σ

σ

σ

σ

– naprężenie normalne

− w płaszczyźnie przekroju:

ττττ

y

,

ττττ

z

– naprężenia styczne

Wypadkowe naprężenie styczne

2

2

z

y

τ

τ

τ

+

=

jednostka

σ

σ

σ

σ

,

ττττ

:

Pa=N/m

2

w praktyce

MPa=10

6

N/m

2

=1N/mm

2

paskal megapaskal

Jednym z głównych zadań wytrzymałości materiałów jest wyznaczenie

rozkładu naprężeń w wybranym przekroju ciała poddanego działaniu sił.

UWAGA

Naprężenia normalne

σ

σ

σ

σ

i styczne

ττττ

w danym punkcie ciała zależą od kierunku

poprowadzenia przez ten punkt płaszczyzny myślowego przekroju.

x

y

z

∆

∆

∆

∆

W

∆

∆

∆

∆

A

x

y

z

p

B

σ

σ

σ

σ

ττττ

ττττ

y

ττττ

z

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 8/11 -

Pod wpływem odkształceń ciała spowodowanych działaniem sił

odcinek A-B przechodzi w odcinek A’-B’
kąt prosty CDE przechodzi w kąt C’D’E’

Następuje zmiana długości odcinka A-B o ∆s i zmiana kąta prostego CDE o γ.

∆

s – wydłużenie bezwzględne odcinka A-B

ε

ś

r

=∆s/s – średnie wydłużenie względne odcinka A-B

wydłużenie względne w punkcie A w kierunku A-B

s

s

s

∆

=

→0

lim

ε

[liczba niemianowana]

Pełny obraz odkształceń poznamy, jeśli w otoczeniu punktu A będą znane
wydłużenia względne we wszystkich możliwych kierunkach.

kąt odkształcenia postaciowego w punkcie D

(

)

'

'

'

lim

0

,

0

E

D

C

CDE

E

D

D

C

∠

−

∠

=

→

−

→

−

γ

[rad]

Pełny obraz odkształceń postaciowych w otoczeniu punktu D poznamy, gdy
będą znane kąty odkształceń postaciowych przy wszystkich możliwych
kierunkach ustawień ramion CD i DE.

A

B

s

A’

B’

s+∆s

C

E

D

C’

E’

D’

90

o

-γ

przed obciążeniem po obciążeniu

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 9/11 -

1.6. Prawo Hooke'a, moduł Younga, współczynnik Poissona

Przed obciążeniem

Po obciążeniu

Fakty doświadczalne:

−

oś pręta po obciążeniu pozostaje prosta,

− odcinek pomiarowy L zwiększa swoją długość o ∆L,
− narysowana przed obciążeniem na powierzchni pręta prostokątna siatka

zachowuje po obciążeniu kąty proste i proste krawędzie bez względu na
geometrię przekroju pręta,

− długości boków siatki zwiększają się w kierunku działającej siły i

zmniejszają w kierunku poprzecznym,

− jednakowe oczka siatki zmieniają się po obciążeniu w ten sam sposób bez

względu na ich położenie,

−

o ile siła F nie jest za duża, to dla większości materiałów konstrukcyjnych
wydłużenie ∆L odcinka pomiarowego jest proporcjonalne do jego
długości L, siły F, zaś odwrotnie proporcjonalne do pola powierzchni
przekroju poprzecznego S

0

,

− wydłużenie ∆L zależy od materiału, z którego wykonany jest pręt.

prawo Hooke’a

E [MPa]

– moduł Younga (współczynnik sprężystości wzdłużnej)

– stała materiałowa

L+

∆

∆

∆

∆

L

F

F

L

pręt
pryzmatyczny

kwadratowa siatka
naniesiona na powierzchni

E

S

L

F

L

⋅

⋅

=

∆

0

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 10/11 -

S

0

σ

σ

σ

σ

=const

F

E

σ

ε

=

naprężenie normalne
(rozciągające,
ś

ciskające)

wydłużenie względne

Prawo Hooke’a w przypadku rozciągania:

wydłużenie względne

εεεε

jest wprost proporcjonalne

do naprężenia normalnego

σ

σ

σ

σ

Prawo Hooke’a (liniowy związek między
wydłużeniem względnym εεεε a naprężeniem
normalnym σ

σ

σ

σ) zazwyczaj nie obowiązuje w

całym zakresie obciażeń materiału.

Zakres stosowalności prawa Hooke’a
wyznaczony jest przez naprężenia

R

p

zwane

granicą proporcjalności
(maksymalna wartość naprężeń, przy których
zachowany jest jeszcze liniowy związek σ(ε) ).

− współczynnik Poissona jest dla danego materiału stały w granicach

stosowalności prawa Hooke’a

− dla materiałów izotropowych 0<ν<0.5 (stal: ν≈0.3)

x

y

∆

∆

∆

∆

y

∆

∆

∆

∆

x

y

y

x

x

y

x

∆

−

=

∆

=

ε

ε

,

ν

ε

ε

=

−

x

y

współczynnik (liczba)
Poissona – stała materiałowa

σ

σ

σ

σ

ε

εε

ε

R

p

za

kr

es

s

to

so

w

al

no

śc

i p

ra

w

a

H

oo

ke

’a

σ

=

0

S

F

L

L

∆

=

ε

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW – wiadomości podstawowe

- 11/11 -

Orientacyjne wartości modułu Younga E i współczynnika Poissona ν

dla różnych materiałów

Materiał

E [MPa]

ν

stal sprężynowa

2.10×10

5

0.30

stal konstrukcyjna zwykłej jakości

2.06×10

5

0.29

brąz

1.0÷1.2×10

5

0.32

ż

eliwo szare

1.0×10

5

0.23÷0.27

stopy aluminium

0.67÷0.74×10

5

0.33

1.7. Wykres rozciągania

Podstawowe własności mechaniczne materiału możemy poznać dzięki
statycznej próbie rozciągania.
Polega ona na powolnym rozciąganiu specjalnie przygotowanej próbki
zazwyczaj aż do zerwania. Podczas tego procesu rejestrowany jest wykres
rozciągania F(∆

∆

∆

∆L), będący podstawą do wyznaczenia szeregu własności

mechanicznych materiału.

F

F

L

L

+∆

L

S

0

F

∆

∆

∆

∆L

aluminium

miedź

stal niskowęglowa

stal sprężynowa

ż

eliwo

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 1/ 9 -

2. ROZCIĄGANIE (ŚCISKANIE) PRĘTA

Rozciąganie (ściskanie) –
przypadek obciążenia pręta, w
którym w myślowym przekroju,
prostopadłym do osi pręta, istnieje
siła normalna N(x).

Wynikiem działania siły normalnej
są naprężenia normalne

( )

( )

( )

x

S

x

N

x

=

σ

posiadające w danym przekroju
rozkład równomierny (w każdym
punkcie mają jednakowe wartości).

W praktyce założenie o równomierności rozkładu naprężeń normal-
nych nie zawsze jest spełnione.

Obszary rozciąganych prętów rzeczywistych, gdzie nie jest spełnione

założenie o równomierności naprężeń normalnych

(Zb.Brzoska, Wytrzymałość Materiałów, PWN Warszawa 1979)

x

z

y

x

S(x)

N(x)

σ

σ

σ

σ

(x)

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 2/ 9 -

2.1. Analiza wytrzymałościowa pręta rozciąganego (ściskanego)

Założenia:

− pręt jest prosty,
− pręt obciążony jest siłami działającymi osiowo:

o

skupionymi P

i

[N],

o

rozłożonymi w sposób ciągły q

i

[N/m],

− pręt znajduje się w równowadze,
− pręt może posiadać zmienne pole powierzchni przekroju poprzecznego

(skokowo lub w sposób ciągły),

− pręt może być odcinkami zbudowany z różnych materiałów.

Pełna analiza wytrzymałościowa obejmuje:

1. wyznaczenie funkcji siły normalnej N(x)

na podstawie analizy równowagi myślowo odciętej części,

2. wyznaczenie funkcji naprężeń normalnych

σ

σ

σ

σ

(x),

( )

( )

( )

x

S

x

N

x

=

σ

S

(x) – pole powierzchni przekroju poprzecznego pręta w miejscu

określonym współrzędną x,

3. wyznaczenie funkcji wydłużenia względnego

εεεε

(x)

z prawa Hooke’a

( )

( )
( )

x

E

x

x

σ

ε

=

E

– moduł Younga materiału,

4. wyznaczenie funkcji przemieszczenia przekrojów u(x)

( )

( )

dx

x

x

u

x

∫

=

0

ε

y

x

P

i

q

i

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 3/ 9 -

Przykład
Wykonać pełną analizę wytrzymałościową pręta OA o długości l, polu przekroju poprzecznego S, gęstości materiału

ρ

ρ

ρ

ρ

, zawieszonego

pionowo i obciążonego własnym ciężarem. Moduł Younga materiału pręta równy jest E.
Dane: l=100m, S=1cm

2

,

ρ

ρ

ρ

ρ

=7850kg/m

3

, E=2.1⋅10

5

MPa, g≈10m/s

2

.

ciężar pręta

g

lS

G

ρ

=

G

=100m⋅10

-4

m

2

⋅7850kg/m

3

⋅9.81m/s

2

=770N

O

l

A

x

y

ρ

, S, E

x

α

α

x

α

α

l-x

G(x)

N(x)=G(x)

( )

( )

l

x

l

G

x

G

l

x

l

G

x

G

−

=

⇓

−

=

x

N(x)

l

G=770N

x

σ

σ

σ

σ

(x)

l

G/S=

=7.7MPa

( )

( )

S

x

N

x

=

σ

l

x

εεεε

(x)

G/(SE)=

=3.67

⋅⋅⋅⋅

10

-5

( )

( )

E

x

x

σ

ε

=

( )

( )















−

=

=

−

=

=

=

∫

∫

l

x

x

SE

G

dx

l

x

l

SE

G

dx

x

x

u

x

x

2

2

0

0

ε

l

x

u(x)

mm

l

SE

G

84

.

1

2

1

=

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 4/ 9 -

2.2. Energia odkształcenia przy rozciąganiu

Założenia:

− siła rozciągająca narasta od

zera do swojej maksymalnej
wartości F

− spełnione jest prawo Hooke’a

Energia odkształcenia

U

zgromadzona

w pręcie równa jest pracy

W

siły F

[ ]

J

L

F

W

U

∆

⋅

=

=

2

1

Energia odkształcenia na jednostkę objętości

[

]

3

/

2

1

2

1

m

J

L

L

S

F

LS

U

U

v

ε

σ

⋅

=

∆

=

=

po uwzględnieniu prawa Hooke’a

E

σ

ε

=

[

]

3

2

2

/

2

1

2

1

m

J

E

E

U

v

ε

σ

=

=

Energia odkształcenia na jednostkę masy

[

]

kg

J

E

E

LS

U

U

m

/

2

1

2

1

2

1

2

2

ε

ρ

σ

ρ

ε

σ

ρ

ρ

=

=

⋅

=

=

ρ

- gęstość materiału pręta

L

S

L

∆

∆

∆

∆

L

F

F

siła rozciągająca

wydłużenie
bezwzględne

F

∆

∆

∆

∆

L

W

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 5/ 9 -

σ

σ

σ

σ

εεεε

σ

σ

σ

σ

εεεε

R

e

R

m

2.3. Współczynnik bezpieczeństwa

Naprężenia w żadnym miejscu konstrukcji

nie mogą przekroczyć dopuszczalnych wartości

k

r

(metoda naprężeń dopuszczalnych)

σ

σ

σ

σ

max

≤ k

r

przykładowy wykres rozciągania przykładowy wykres rozciągania
dla materiału plastycznego dla materiału kruchego

R

e

–

granica plastyczności

R

m

–

wytrzymałość na rozciąganie

współczynnik bezpieczeństwa

n

e

, n

m

>1

Wartość współczynnika bezpieczeństwa przyjmuje się w zależności od:

− dokładności, z jaką znane są obciążenia zewnętrzne,

− charakteru obciążeń (stałe, zmienne),

− jakości technologii,

− warunków użytkowania,

− dokładności danych materiałowych,

− skutków awarii (koszty naprawy, ew. ofiary) itd. ⇒ normy

e

e

r

n

R

k

=

m

m

r

n

R

k

=

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 6/ 9 -

2.4. Analiza stanu naprężenia

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

− dodatnie, gdy działa na zewnątrz rozpatrywanej części

ττττ

α

α

α

α

− dodatnie, gdy daje współzegarowy obrót rozpatrywanej części

F

F

S

0

A

A

B

B

O

0

0

S

F

=

σ

A

A

F

σ

o

O

F

B

B

n

α

S

α

α

α

α

O

p

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

ττττ

α

α

α

α

α

α

cos

S

S

0

=

α

σ

α

α

cos

cos

S

F

S

F

p

0

0

=

=

=

=

α

σ

α

σ

α

2

0

cos

cos

p

=

=

α

α

σ

α

τ

α

cos

sin

sin

p

0

=

=

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 7/ 9 -

n

α

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

/2

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

ττττ

α

α

α

α

ττττ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

/2

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

ττττ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+3

π

π

π

π

/2

ττττ

α

α

α

α

+3

π

π

π

π

/2

O

(

)

(

)

α

π

α

α

π

α

sin

2

cos

cos

2

sin

−

=

+

=

+

(

)

(

)

α

π

α

α

π

α

cos

cos

sin

sin

=

+

−

=

+

(

)

(

)

α

π

α

α

π

α

sin

2

3

cos

cos

2

3

sin

=

+

−

=

+

α

α

σ

τ

α

σ

σ

α

α

cos

sin

cos

0

2

0

=

=

α

α

σ

τ

α

σ

σ

π

α

π

α

cos

sin

sin

0

2

/

2

0

2

/

−

=

=

+

+

α

α

σ

τ

α

σ

σ

π

α

π

α

cos

sin

cos

0

2

0

=

=

+

+

α

α

σ

τ

α

σ

σ

π

α

π

α

cos

sin

sin

0

2

/

3

2

0

2

/

3

−

=

=

+

+

α

σ

σ

σ

α

σ

σ

σ

π

α

π

α

π

α

α

2

0

2

/

3

2

/

2

0

sin

cos

=

=

=

=

+

+

+

α

α

σ

τ

τ

τ

τ

π

α

π

α

π

α

α

cos

sin

0

2

/

3

2

/

=

−

=

=

−

=

+

+

+

zasada symetrii naprężeń stycznych

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 8/ 9 -

(

)

[

]

(

)

[

]

(

)

[

]

α

ν

α

ε

νε

α

ε

α

2

2

2

2

1

sin

cos

1

a

1

sin

a

1

cos

a

OA

−

+

≈

−

+

+

=

(

)

[

]

(

)

[

]

(

)

[

]

α

ν

α

ε

νε

α

ε

α

2

2

2

2

1

cos

sin

1

a

1

cos

a

1

sin

a

OD

−

+

≈

−

−

+

+

=

2

/

c

1

c

1

+

≈

+

2.5. Analiza stanu odkształcenia

Po obciążeniu wszystkie wymiary na kierunku osi Ox doznają wydłużenia względnego

εεεε

, zaś na kierunku osi Oy skrócenia względnego

ν

ν

ν

νεεεε

.

przed obciażeniem

A

[acosα; asinα]

D

[asinα; −acosα]

kąt AOD jest prosty

po obciażeniu

punkt A przechodzi w A

1

A

1

[acosα(1+

ε

); asinα(1−

νε

)]

punkt D przechodzi w D

1

D

1

[asinα(1+

ε

); −acosα(1−

νε

)]

kąt A

1

OD

1

jest mniejszy od prostego o wartość

γ

α

(pomini

ę

to człony

ε

2

jako małe drugiego rz

ę

du oraz przyj

ę

to przybli

ż

enie

gdy c<<1)

y

x

O

D

A

a

a

A

1

D

1

90

0

-

γ

α

y

x

O

σ

o

σ

o

D

A

α

2. Rozciąganie (ściskanie) pręta

- 9/ 9 -

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

α

α

ν

ε

α

α

ν

ε

ν

ε

νε

α

νε

α

ε

α

ε

α

γ

α

cos

sin

1

2

cos

sin

1

1

1

2

OD

OA

1

cos

a

1

sin

a

1

sin

a

1

cos

a

90

cos

1

1

o

+

≈

−

+

+

=

=

⋅

−

−

−

+

+

=

−

(

)

1

1

<<

−

ν

ε

bo

dla małych kątów

z prawa Hooke'a

kąt odkształcenia postaciowego

wydłużenie względne na kierunku α

α

α

α

wydłużenie względne na kierunku α

α

α

α−

−

−

−π

π

π

π/2

(

)

α

α

γ

γ

sin

90

cos

o

=

−

α

α

γ

γ

=

sin

(

)

α

α

ν

ε

γ

α

cos

sin

1

2

+

=

E

o

σ

ε

=

(

)

α

α

σ

ν

γ

α

cos

sin

1

2

o

E

+

=

a

a

OA

1

−

=

α

ε

a

a

OD

1

2

/

−

=

−

π

α

ε

(

)

α

ν

α

ε

ε

α

2

2

sin

cos

−

=

(

)

α

ν

α

ε

ε

π

α

2

2

2

/

cos

sin

−

=

−

3. Skręcanie pręta

- 1/13 -

3. SKRĘCANIE PRĘTA

3.1. Stan czystego ścinania

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

/2

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+3

π

π

π

π

/2

O

rozciąganie

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

/2

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

ττττ

α

α

α

α

ττττ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

/2

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

ττττ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

σ

σ

σ

σ

α

α

α

α

+3

π

π

π

π

/2

ττττ

α

α

α

α

+3

π

π

π

π

/2

O

złożony stan naprężeń

ττττ

α

α

α

α

ττττ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

/2

ττττ

α

α

α

α

+

π

π

π

π

ττττ

α

α

α

α

+3

π

π

π

π

/2

O

czyste

ścinanie

złożony stan

odkształceń

O

O

wydłużenie

(skrócenie)

O

odkształcenie

postaciowe

odkształcenie
spowodowane
działaniem
naprężeń
normalnych

σ

odkształcenie
spowodowane
działaniem
naprężeń
stycznych

τ

3. Skręcanie pręta

- 2/13 -

dla stali: E≈2.1⋅10

5

MPa,

ν≈0.3 ⇒

⇒

⇒

⇒

G

≈

≈

≈

≈0.81⋅⋅⋅⋅10

5

MPa

przykład: τ=200MPa, G≈0.81⋅10

5

MPa ⇒

⇒

⇒

⇒ γ=2.47

⋅

10

-3

rad=0.14

o

≈8.5’

3.2. Energia wewnętrzna w stanie czystego ścinania

τ

⋅

= bh

T

AB

- wypadkowa siła działająca na brzegu

AB

(

h

– grubość kostki)

Energia wewnętrzna

U

zgromadzona w kostce równa jest pracy siły

T

AB

na

przemieszczeniu

∆

a=

γ

a

]

[

2

1

2

1

J

a

bh

a

T

U

AB

τγ

=

∆

=

Energia wewnętrzna na jednostkę objętości

]

/

[

2

2

2

1

3

2

2

m

J

G

G

abh

U

U

v

γ

τ

τγ

=

=

=

=

kąt odkształcenia postaciowego

α

α

σ

τ

cos

sin

0

=

(

)

α

α

σ

ν

γ

cos

sin

1

2

0

E

+

=

(

)

(

)

ν

τ

τ

ν

γ

+

=

+

=

1

2

1

2

E

E

(

)

G

E

=

+

ν

1

2

moduł sztywności

postaciowej

(moduł Kirchhoffa)

G

τ

γ

=

prawo Hooke’a

przy ścinaniu

ττττ

γγγγ

ττττ

ττττ

ττττ

∆

a

a

b

D

C

B

A

A’

B’

T

AB

3. Skręcanie pręta

- 3/13 -

3.3. Skręcanie rury cienkościennej

realizacja stanu czystego ścinania

O

x

y

z

M

s

M

s

β

dF=

τδ

Rd

β

O

d

β

R

δ

τ

2

2

0

2

2

0

2

R

d

R

RdF

M

s

πτδ

β

τδ

π

π

=

=

=

∫

∫

2

2

R

M

s

πδ

τ

=

M

s

ττττ

elementarna

kostka

elementarna kostka

wycięta ze ścianki rury

stan czystego

ścinania

ττττ

τ

τ

τ

γγγγ

x

z

M

s

M

s

γγγγ

ilustracja kąta odkształcenia postaciowego

na powierzchni skręcanej rury

3. Skręcanie pręta

- 4/13 -

γγγγ

ττττ

ττττ

e

ττττ

p

Przykładowy wykres skręcania

granica proporcjonalności
(granica stosowalności prawa
Hooke’a) przy skręcaniu

granica plastyczności przy skręcaniu

Próbka do statycznej próby skręcania

(Zb.Brzoska, Wytrzymałość Materiałów, PWN Warszawa, 1979)

3. Skręcanie pręta

- 5/13 -

3.4. Skręcanie pręta o przekroju kołowym

Skręcanie – przypadek obciążenia konstrukcji, gdy w myślowym

przekroju istnieje moment skręcający

M

s

.

Hipoteza płaskich przekrojów:

Przy skręcaniu pręta kołowego przekroje poprzeczne nie doznają

żadnych odkształceń, a jedynie obracają się wokół osi pręta.

z

y

x

d

z

=

2

r

z

d

w

=

2

r

w

l

przed obciążeniem
− na powierzchni pręta

narysowano prostokątną siatkę
o krawędziach równoległych do
osi pręta

po obciążeniu pręta momentem

skręcającym M

s

− siatka prostokątna zmienia się na

ukośnokątną

− łuki kół pozostają nie zmienione
− linie równoległe do osi zmieniają

się na linie śrubowe nachylone

pod kątem

γγγγ

− przekroje końcowe odcinka pręta

skręcają się względem siebie o

kąt

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

M

s

z

y

x

M

s

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

A

A’

γγγγ

3. Skręcanie pręta

- 6/13 -

Elementarna współśrodkowa rura o

promieniu

r

i grubości

dr

ulega skręceniu

o ten sam kąt

ϕ

, co i cały pręt.

γ

r

– kąt odkształcenia postaciowego

elementarnej rury

r

l

BB

r

ϕ

γ

=

=

'

⇒

l

r

r

ϕ

γ

=

z prawa Hooke’a dla ścinania

l

r

G

G

r

r

ϕ

γ

τ

=

=

Elementarny moment

dM

, jaki naprężenia

τ

r

rozwijają względem punktu O

wynosi

dr

l

r

G

dr

r

dM

r

3

2

2

2

ϕ

π

π

τ

=

=

(patrz: skręcanie rury cienkościennej).

Moment względem punktu

O

od wszystkich myślowo wyciętych, współśrodko-

wych rur, pokrywających całe pole powierzchni

S

przekroju pręta, musi być

równoważny momentowi skręcającemu

M

s

s

r

r

r

r

S

M

dr

r

l

G

dr

l

r

G

dM

z

w

z

w

=

=

=

∫

∫

∫

3

3

2

2

π

ϕ

ϕ

π

biegunowy moment bezwładności

przekroju kołowego [m

4

]

z

y

dr

r

ϕ

elementarna

współśrodkowa

rura

τ

r

A

A’

B

B’

O

(

)

(

)

32

2

2

4

4

4

4

3

0

w

z

w

z

r

r

d

d

r

r

dr

r

J

z

w

−

=

−

=

=

∫

π

π

π

3. Skręcanie pręta

- 7/13 -

kąt skręcenia jednostkowy kąt skręcenia
[rad] (skręcenie względne) [rad/m]

GJ

0

[Nm

2

]

– sztywność pręta na skręcanie

analogia do

ES

Fl

l

=

∆

oraz

ES

F

l

l

=

∆

=

ε

przy rozci

ą

ganiu pr

ę

ta

naprężenia styczne

przy skręcaniu przekroju kołowego

rozkład naprężeń stycznych

w przekroju skręcanego pręta kołowego

O

z

y

r

ττττ

max

ττττ

min

ττττ

r

C

d

z

=2r

z

d

w

=2r

w

O

z

y

r

ττττ

max

ττττ

r

d

z

=2r

z

d

w

=0

0

GJ

l

M

s

=

ϕ

0

GJ

M

l

s

=

=

Θ

ϕ

r

J

M

s

r

0

=

τ

3. Skręcanie pręta

- 8/13 -

maksymalne naprężenia styczne

dla przekroju drążonego dla przekroju pełnego

wskaźnik wytrzymałości na skręcanie

3.5. Energia wewnętrzna w skręcanym pręcie

Jeśli zachowane jest prawo Hooke'a przy skręcaniu,
to energia wewnetrzna

U

zgromadzona w pręcie

równa jest pracy zewnętrznej wykonanej przez

moment skręcający

M

s

na przemieszczeniu

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

0

2

s

s

GJ

2

l

M

M

2

1

W

U

=

=

=

ϕ

[J]

Energia wewnętrzna na jednostkę długości pręta

2

M

GJ

2

M

l

U

U

s

0

2

s

l

Θ

=

=

=

[J/m]

ϕ

M

s

W

0

max

0

max

0

max

W

M

r

J

M

r

J

M

s

s

s

=

=

=

τ

(

)

(

)

z

w

z

z

w

z

d

d

d

r

r

r

r

J

W

16

2

4

4

4

4

max

0

0

−

=

−

=

=

π

π

16

2

3

3

max

0

0

z

z

d

r

r

J

W

π

π

=

=

=

3. Skręcanie pręta

- 9/13 -

przed obciążeniem

−

prostokątna siatka
naniesiona na bocznej
powierzchni pręta

3.6. Skręcanie prętów o przekrojach niekołowych

Obraz odkształceń przy skręcaniu pręta prostokątnego

(Zb.Brzoska, Wytrzymałość Materiałów, PWN Warszawa, 1979)

z Teorii Sprężystości:

1. przy skręcaniu pryzmatycznego pręta w jego przekroju poprzecz-

nym istnieją tylko naprężenia styczne

ττττ

,

2. kierunki naprężeń stycznych wykazują analogię do kierunku ruchu

cząstek cieczy krążącej w płaskim naczyniu o kształcie przekroju
danego pręta (analogia hydrodynamiczna),

3. skręcenie względne

Θ

Θ

Θ

Θ

pręta zależy od kształtu i wymiarów prze-

kroju i jest proporcjonalne do momentu skręcającego

M

s

, a odwrot-

nie proporcjonalne do modułu

G

.

po obciążeniu momentem

skręcającym

−

siatka odkształca się
niejednakowo

−

linie proste i prostopadłe do osi
pręta stają się zakrzywione
(pierwotnie płaski przekrój nie
pozostaje płaski)

płaskie

naczynie

linie prądu krążącej
cieczy (tory cząstek)

prędkość cząstki

przekrój

pręta

M

s

ττττ

3. Skręcanie pręta

- 10/13 -

Maksymalne naprężenia styczne

ττττ

max

oraz jednostkowy kat skręcenia

θ

θθ

θ

oblicza się ze wzorów:

maksymalne naprężenia jednostkowy

styczne kąt skręcenia

W

s

[m

3

],

J

s

[m

4

]

– wielkości czysto geometryczne zależne od kształtu i wymia-

rów przekroju

(odpowiadaj

ą

parametrom W

0

i J

0

przy skr

ę

caniu przekroju kołowego)

GJ

s

[Nm

2

] – sztywność na skręcanie

Energia wewnętrzna na jednostkę długości pręta

2

2

2

Θ

=

=

s

s

s

l

M

GJ

M

U

[J/m]

PROSTOKĄT

h/b

c

1

c

2

c

3

1.0

0.208

0.141

1.000

1.5

0.231

0.196

0.858

2.0

0.246

0.229

0.796

3.0

0.267

0.263

0.753

6.0

0.299

0.298

0.743

∞

0.333

0.333

0.743

3

1

b

b

h

c

W

s













=

4

2

b

b

h

c

J

s













=

τ

A

=

τ

max

τ

B

=c

3

τ

max

τ

=

0

w narożach

b

h

A

A

B

B

h

≥

≥

≥

≥ b

0.10

0.15

0.20

0.25

0.30

0.35

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

h/b

c

1

c

2

0.333

s

s

W

M

=

max

τ

s

s

GJ

M

=

Θ

3. Skr

ę

canie pr

ę

ta

- 11/13 -

TRÓJKĄT RÓWNOBOCZNY

20

3

a

W

s

=

2

.

46

4

a

J

s

=

τ

A

=

τ

max

τ

=

0

w narożach

SZEŚCIOKĄT FOREMNY

3

189

.

0

a

W

s

=

4

115

.

0

a

J

s

=

τ

A

=

τ

max

τ

=

0

w narożach

CIENKOŚCIENNY PROFIL OTWARTY

∑

=

=

n

i

i

i

s

s

W

1

3

max

3

1

δ

δ

∑

=

=

n

i

i

i

s

s

J

1

3

3

1

δ

τ

max

– w środku dlugich boków odcinka

o grubości

δ

max

CIENKOŚCIENNA DOWOLNA RURA

min

2

δ

F

W

s

=

∑

=

=

n

i

i

i

s

s

F

J

1

2

4

δ

τ

max

– w miejscu, gdzie grubość ścianki jest

najmniejsza

F

– pole ograniczone linią środkową

a

A

A

A

A

a

A

A

A

A

A

δ

1

δ

i

δ

n

s

1

s

i

s

n

s

1

s

i

s

n

δ

1

δ

n

δ

i

F

3. Skr

ę

canie pr

ę

ta

- 12/13 -

3.7. Naprężenia i odkształcenia sprężyny śrubowej

D

=2R

– średnica sprężyny

d

=2r

– średnica drutu

n

– liczba zwojów

α

– kąt nachylenia zwojów (mały)

P

– siła rozciągająca sprężynę

(rysunki spr

ęż

yn zaczerpni

ę

to z:

Niezgodzi

ń

ski M.E., Niezgodzi

ń

ski T.:

Wytrzymało

ść

materiałów

, PWN Warszawa 2002)

W myślowym przekroju

Dla małych kątów

α

α

α

α

drutu sprężyny działają:

można przyjąć:

− siła normalna

Psin

α

,

0

− siłą tnąca

Pcos

α

,

P

− moment skręcający

Mcos

α

,

M

s

− moment gnący

Msin

α

,

0

R

P

d=2r

α

O

O

P

Pcos

α

O

Psin

α

M=PR

Mcos

α

Msin

α

O

P

M

s

=PR

3. Skr

ę

canie pr

ę

ta

- 13/13 -

Naprężenia istniejące w myślowym przekroju drutu sprężyny są sumą naprężeń
od ścinania siłą P i skręcania momentem M

s

2

2

4

3

4

3

4

d

P

r

P

P

π

π

τ

=

=

3

3

0

8

16

d

PD

d

M

W

M

s

s

M

π

π

τ

=

=

=

=













+

=

=

+

=

d

D

d

P

M

P

2

3

4

4

2

max

π

τ

τ

τ

jeśli

D

>>

d

to

Odkształcenie sprężyny śrubowej

ds

GJ

M

d

s

0

=

ϕ

ds

GJ

M

R

Rd

d

s

0

=

=

ϕ

λ

4

3

4

3

2

0

0

8

2

2

Gd

n

PD

r

G

n

PR

ds

GJ

M

R

Rn

s

=

=

=

∫

π

π

λ

π

ττττ

M

M

s

ττττ

max

M

s

P

P

ττττ

P

d=2r

O

M

s

d

λ

d

ϕ

A’

A

ds

λ

P

const

n

D

Gd

P

k

=

=

=

3

4

8

λ

sztywność sprężyny

sprężyna śrubowa
o małym skoku jest
sprężyną liniową

3

max

8

d

PD

π

τ

≅

4. Zginanie pręta

- 1/26 -

4. ZGINANIE PRĘTA

4.1. Wielkości charakteryzujące geometrię przekroju

4.1.1. Środek ciężkości przekroju

Całe pole

A

powierzchni przekroju podzielono na

n

części o polach powierzchni

∆

A

i

Momenty statyczne przekroju względem osi y i z

∑

=

∆

=

n

i

i

i

y

A

z

S

1

∑

=

∆

=

n

i

i

i

z

A

y

S

1

gdy n

→∞ i

∆

A

i

→0

∫

=

A

y

zdA

S

∫

=

A

z

ydA

S

Współrzędne środka ciężkości przekroju

A

S

y

z

c

=

A

S

z

y

c

=

Twierdzenia

1. Moment statyczny względem osi przechodzącej przez środek ciężkości

przekroju równy jest zeru.

2. Jeśli przekrój posiada oś symetrii to środek ciężkości leży na tej osi.

3. Moment statyczny sumy pól względem wybranej osi równy jest sumie

momentów statycznych tych pól względem tejże osi.

Przekrój dzielimy na

n

części o polach powierzchni

A

i

, dla których znane są

współrzędne

y

ci

,

z

ci

położenia ich środków ciężkości

c

i

.

Współrzędne środka ciężkości całego przekroju
obliczamy ze wzorów

A

y

A

A

S

y

n

i

ci

i

z

c

∑

=

=

=

1

A

z

A

A

S

z

n

i

ci

i

y

c

∑

=

=

=

1

gdzie:

∑

=

=

n

i

i

A

A

1

- pole powierzchni całej przekroju

A

y

O

z

∆

A

i

z

i

y

i

c

z

c

y

c

c

gdyby z cienkiej blachy wyciąć element o kształcie
danego przekroju i zawiesić go na nici w środku
ciężkości to będzie on pozostawał w równowadze
w każdym położeniu

A

1

y

O

z

y

c

c

z

c

A

2

A

i

A

n

z

ci

y

ci

c

i

4. Zginanie pr

ę

ta

- 2/26 -

r

R

α

c

r

c

Położenie środka ciężkości wybranych figur

wycinek pierścienia

2

2

sin

3

2

2

2

α

α

r

R

r

Rr

R

r

c

+

+

+

=

α

[rad]

przypadki szczególne

α

α

α

α

=

π

π

π

π/2

α

α

α

α

=

π

π

π

π/2

r=0

π

3

4R

r

R

r

Rr

R

r

c

+

+

+

=

2

2

3

2

4

π

R

r

c

π

3

2

4

=

r

R

c

r

c

r

c

c

R

c

prostokąt

h

h/3

c

trójkąt

h

b

a

b

b

a

a

c

trapez

4. Zginanie pr

ę

ta

- 3/26 -

Przykład:
Wyznaczyć współrzędne środka ciężkości przekroju ABCDEFGH pokazanego na
rysunku (wymiary podano w mm).

Kolejność postępowania:

1) obieramy układ współrzędnych y,z,
2) dzielimy przekrój na części, których

współrzędne środków ciężkości można
łatwo obliczyć,

3) numerujemy te części od 1 do n,
4) przygotowujemy tabelkę według

podanego niżej wzoru,

5) do tabelki wpisujemy pola powierzchni A

i

kolejnych części oraz współrzędne y

ci

, z

ci

ich środków ciężkości,

6) wykonujemy obliczenia w tabeli (kolumny

5 i 6),

7) kolumny 2, 5 i 6 podsumowujemy,
8) obliczamy współrzędne środka ciężkości całego przekroju według podanych

wzorów, położenie środka ciężkości nanosimy na rysunku.

i

A

i

[mm

2

]

y

ci

[mm]

z

ci

[mm]

A

i

y

ci

[mm

3

]

A

i

z

ci

[mm

3

]

1

2

3

4

5

6

1

100

20

47.5

2000

4750

2

500

5

25

2500

12500

3

300

20

7.5

6000

2250

Σ

900

10500

19500

y

c

=10500/900

≅11.67mm

z

c

=19500/900

≅21.67mm

Metoda „pól ujemnych”
Rozpatrywany przekrój możemy potraktować jako złożony z dwóch figur:
1 – prostokąta ABGH, 2 – prostokąta CDEF ale o polu ujemnym.

i

A

i

[mm

2

]

y

ci

[mm]

z

ci

[mm]

A

i

y

ci

[mm

3

]

A

i

z

ci

[mm

3

]

1

2

3

4

5

6

1

1500

15

25

22500

37500

2

– 600

20

30

–12000

–18000

Σ

900

10500

19500

y

c

=10500/900

≅11.67mm

z

c

=19500/900

≅21.67mm

5

50

H

G

F

30

10

15

E

D

C

B

A

y

z

1

2

3

c

(

11.67, 21.67)

4. Zginanie pr

ę

ta

- 4/26 -

A

y

O

z

∆

A

i

z

i

y

i

r

i

4.1.2. Momenty bezwładności przekroju

Całe pole

A

powierzchni przekroju podzielono na

n

części o polach powierzchni

∆

A

i

Momenty bezwładności względem osi

gdy n

→∞ i

∆

A

i

→0

∑

=

∆

=

n

i

i

i

y

A

z

J

1

2

∫

=

A

y

dA

z

J

2

∑

=

∆

=

n

i

i

i

z

A

y

J

1

2

∫

=

A

z

dA

y

J

2

Biegunowy moment bezwładności

gdy n

→∞ i

∆

A

i

→0

∑

=

∆

=

n

i

i

i

O

A

r

J

1

2

∫

=

A

O

dA

r

J

2

(

)

y

z

A

A

A

A

O

J

J

dA

z

dA

y

dA

z

y

dA

r

J

+

=

+

=

=

+

=

=

∫

∫

∫

∫

2

2

2

2

2

Twierdzenie
Biegunowy moment bezwładności równy jest sumie momentów bezwładności
względem dwóch wzajemnie prostopadłych osi przecinających się w biegunie.

Moment odśrodkowy (dewiacji, zboczenia)

gdy n

→∞ i

∆

A

i

→0

∑

=

∆

=

n

i

i

i

i

yz

A

z

y

J

1

∫

=

A

yz

yzdA

J

Definicje

1. Osie y,z zaczepione w środku ciężkości przekroju nazywamy osiami

centralnymi.

2. Osie y,z, względem których momenty bezwładności

J

y

oraz

J

z

osiągają

ekstremalne wartości nazywamy osiami głównymi.

3. Osie centralne, będące równocześnie osiami głównymi nazywamy głównymi

centralnymi osiami bezwładności (GCOB)

Główne centralne osie bezwładności mają szczególne znaczenie

przy analizie rozkładu naprężeń w prętach zginanych.

Twierdzenie
Jeśli któraś z osi y,z jest osią symetrii
przekroju, to moment odśrodkowy J

yz

względem tych osi równy jest zeru.

4. Zginanie pręta

- 5/26 -

Momenty bezwładności względem osi równoległych

y

c

, z

c

– osie centralne (zaczepione w

ś

rodku ciężkości przekroju)

y

, z – osie równoległe do osi centralnych,

przesunięte o y

0

, z

0

Elementarne pole dA posiada
współrzędne (y

c

, z

c

) w układzie

centralnym oraz współrzędne (y, z) w
układzie przesuniętym.

0

y

y

y

c

−

=

0

z

z

z

c

−

=

A

z

J

J

c

y

y

2

0

+

=

wzory

Steinera

A

y

J

J

c

z

z

2

0

+

=

Twierdzenie Steinera
Moment bezwładności względem osi jest równy sumie momentu bezwładności
względem równoległej osi centralnej oraz iloczynu pola A figury przez kwadrat
odległości między tymi osiami.

A

z

y

J

J

c

c

z

y

yz

0

0

+

=

Twierdzenie
Moment odśrodkowy względem osi układu przesuniętego jest równy sumie
momentu odśrodkowego względem osi układu centralnego oraz iloczynu pola A
figury przez iloczyn współrzędnych środka układu przesuniętego.

A

y

c

0

z

c

c

y

0

y

z

z

0

d

A

z

c

y

c

y

z

(

)

∫

∫

∫

+

−

=

+

−

=

=

−

=

=

A

A

c

A

c

y

c

c

c

y

dA

z

dA

z

z

dA

z

J

dA

z

dA

z

z

dA

z

dA

z

z

dA

z

dJ

2

0

0

2

2

0

0

2

2

0

2

2

2

(

)

∫

∫

∫

+

−

=

+

−

=

=

−

=

=

A

A

c

A

c

z

c

c

c

z

dA

y

dA

y

y

dA

y

J

dA

y

dA

y

y

dA

y

dA

y

y

dA

y

dJ

2

0

0

2

2

0

0

2

2

0

2

2

2

c

y

J

c

z

J

A

0

0

A

c

c

z

y

J

A

0

(

)(

)

∫

∫

∫

∫

+

−

−

=

+

−

−

=

=

−

−

=

=

A

A

A

A

c

c

c

c

yz

c

c

c

c

c

c

yz

dA

z

y

dA

z

y

dA

y

z

dA

z

y

J

dA

z

y

dA

z

y

dA

y

z

dA

z

y

z

z

y

y

yzdA

dJ

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

4. Zginanie pr

ę

ta

- 6/26 -

A

y

z

0

y

1

z

1

d

A

z

1

y

y

1

z

α

Momenty bezwładności względem osi obróconych

y

1

, z

1

– osie obrócone w stosunku do osi

y

, z o kąt

α

Elementarne pole dA posiada współrzę-
dne (y, z) w układzie y, z oraz współrzę-
dne (y

1

, z

1

) w układzie obróconym.

α

α

sin

cos

1

z

y

y

+

=

α

α

cos

sin

1

z

y

z

+

−

=

α

α

α

2

sin

sin

cos

2

2

1

yz

z

y

y

J

J

J

J

−

+

=

α

α

α

2

sin

cos

sin

2

2

1

yz

z

y

z

J

J

J

J

+

+

=

(

)

α

α

2

sin

2

1

2

cos

1

1

z

y

yz

z

y

J

J

J

J

−

+

=

(

)

∫

∫

∫

+

+

=

+

+

=

+

=

=

A

A

A

y

z

dA

z

yzdA

dA

y

J

dA

z

dA

yz

dA

y

dA

z

y

dA

y

dJ

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

sin

2

sin

cos

sin

cos

sin

2

cos

sin

cos

1

1

α

α

α

α

α

α

α

α

α

J

z

J

y

J

yz

J

z

J

y

J

yz

(

)

∫

∫

∫

+

−

=

+

−

=

+

−

=

=

A

A

A

y

y

dA

z

yzdA

dA

y

J

dA

z

dA

yz

dA

y

dA

z

y

dA

z

dJ

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1

cos

2

sin

sin

cos

cos

sin

2

sin

cos

sin

1

1

α

α

α

α

α

α

α

α

α

(

)(

)

∫

∫

∫

+

+

−

=

+

−

+

−

=

=

+

−

+

=

=

A

A

A

z

y

z

y

dA

z

yzdA

dA

y

J

dA

z

yzdA

yzdA

dA

y

dA

z

y

z

y

dA

z

y

dJ

2

2

2

2

2

2

1

1

cos

sin

2

cos

cos

sin

cos

sin

sin

cos

cos

sin

cos

sin

sin

cos

1

1

1

1

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

J

z

J

y

J

yz

4. Zginanie pr

ę

ta

- 7/26 -

Osie główne i główne momenty bezwładności

Zadanie

Należy znaleźć taki kąt

α

=

α

0

obrotu osi, aby momenty

1

y

J

oraz

1

z

J

osiągały

ekstremalne wartości.

(

)

0

2

cos

2

2

sin

0

2

cos

2

cos

sin

2

cos

sin

2

1

=

−

−

=

−

+

−

=

yz

y

z

yz

z

y

y

J

J

J

J

J

J

d

dJ

α

α

α

α

α

α

α

α

y

z

yz

J

J

J

tg

−

= 2

2

0

α

Osie obrócone o tak określony kąt

α

0

nazywamy osiami głównymi.

Po podstawieniu k

ą

ta

α

=

α

0

do wyra

ż

e

ń

na momenty bezwładno

ś

ci w układzie obróconym i

wykorzystaniu nast

ę

puj

ą

cych zale

ż

no

ś

ci trygonometrycznych

α

α

α

α

α

α

α

α

α

2

1

1

2

cos

2

1

2

2

sin

2

2

cos

1

cos

2

2

cos

1

sin

2

2

2

2

tg

tg

tg

+

=

+

=

+

=

−

=

otrzymujemy

główne momenty bezwładności

(momenty względem osi głównych)

2

2

min

2

2

1

yz

y

z

y

z

y

J

J

J

J

J

J

J

+













−

−

+

=

=

2

2

max

2

2

1

yz

y

z

y

z

z

J

J

J

J

J

J

J

+













−

+

+

=

=

0

1

1

=

z

y

J

Momenty główne osiągają wartości ekstremalne (największą i najmniejszą)

spośród wszystkich możliwych wartości uzyskanych przy obrocie układu

współrzędnych o dowolny kąt.

Moment odśrodkowy (dewiacji) względem osi głównych osiąga wartość 0.

4. Zginanie pr

ę

ta

- 8/26 -

Koło Mohra dla momentów bezwładności

(geometryczna interpretacja wzorów)

y

z

yz

J

J

J

tg

−

= 2

2

0

α

2

2

max

min,

2

2

yz

y

z

y

z

J

J

J

J

J

J

+













−

+

=

m

Kolejność postępowania:
1) rysujemy układ współrzędnych: oś pozioma

J

y

J

z

, oś pionowa

J

yz

,

2) zaznaczamy punkty: A

(J

y

, J

yz

)

, B

(J

z

,

–

J

yz

),

3) punkty A i B łączymy odcinkiem, który przecinając się z poziomą osią wyznacza

ś

rodek C koła Mohra,

4) zakreślamy koło Mohra promieniem CA,
5) aby otrzymać główne momenty bezwładności

J

min

,

J

max

należy średnicę AB

obrócić o kąt 2

α

α

α

α

tak, aby stała się średnicą poziomą,

6) aby otrzymać kierunki osi głównych należy osie y,z obrócić na rysunku przekroju

o kąt

α

α

α

α

w tę samą stronę, co średnicę AB.

J

y

J

z

J

yz

J

z

J

y

- J

yz

J

yz

J

min

J

max

2

z

y

J

J

+

2

2

2

yz

y

z

J

J

J

+













−

2

α

0

A

B

C

4. Zginanie pręta

- 9/26 -

prostokąt

c

y

z

a

b

b

b/3

c

trójkąt

prostokątny

z

y

a

a/3

r

R

α

c

y

z

wycinek

pierścienia

y

c

D=2R

z

Momenty bezwładności wybranych figur

12

3

ab

J

y

=

12

3

ba

J

z

=

0

=

yz

J

36

3

ab

J

y

=

36

3

ba

J

z

=

72

2

2

b

a

J

yz

−

=













−

−

=

α

α

2

sin

2

1

8

4

4

r

R

J

y













+

−

=

α

α

2

sin

2

1

8

4

4

r

R

J

z

(

)

α

2

cos

1

16

4

4

−

−

=

r

R

J

yz

64

4

4

4

D

R

J

J

z

y

π

π

=

=

=

0

=

yz

J

4. Zginanie pręta

- 10/26 -

b

i

a

i

c

i

u

i

v

i

Przykład:

Wyznaczyć momenty główne i główne centralne osie bezwładności przekroju
ABCDEFGH pokazanego na rysunku (wymiary podano w mm).

Kolejność postępowania:
1) wyznaczamy położenie środka ciężkości

przekroju (patrz poprzedni przykład)

2) wprowadzamy dla każdej części pola lokalny

okład współrzędnych u

i

,v

i

zaczepiony w jej

środku ciężkości i osiach równoległych do
osi układu globalnego y,z

3) przygotowujemy tabelkę według podanego

niżej wzoru,

4) do tabelki wpisujemy pola powierzchni wymiary a

i

, b

i

kolejnych części oraz

współrzędne ich środków ciężkości y

ci

, z

ci

w układzie globalnym y,z,

5) obliczamy pola powierzchni A

i

części oraz ich momenty bezwładności względem

lokalnych osi u

i

,v

i

:

12

/

3

i

i

ui

b

a

J

=

,

12

/

3

i

i

vi

a

b

J

=

,

0

=

uvi

J

6) korzystając z twierdzenia Steinera obliczamy momenty bezwładności części

względem osi układu y,z (kolumny 10, 11 i 12)

2

ci

i

ui

yi

z

A

J

J

+

=

2

ci

i

vi

zi

y

A

J

J

+

=

ci

ci

i

uvi

yzi

z

y

A

J

J

+

=

,

7) kolumny 10, 11 i 12 podsumowujemy,
8) korzystając z twierdzenia Steinera obliczamy momenty bezwładności względem

osi centralnych y

c

, z

c

∑

∑

−

=

i

c

yi

yc

A

z

J

J

2

∑

∑

−

=

i

c

zi

zc

A

y

J

J

2

∑

∑

−

=

i

c

c

yzi

yzc

A

z

y

J

J

i

a

i

[mm]

b

i

[mm]

y

ci

[mm]

z

ci

[mm]

A

i

[mm

2

]

J

ui

[mm

4

]

J

vi

[mm

4

]

J

uvi

[mm

4

]

1

2

3

5

6

4

7

8

9

1

20

5

20

47.5

100

208

3333

0

2

10

50

5

25

500

104167

4167

0

3

20

15

20

7.5

300

5625

10000

0

Σ

900

J

yc

=665000

−21.67

2

⋅900=242370mm

4

J

zc

=190000

−11.67

2

⋅900=67430mm

4

J

yzc

=202500

−11.67⋅21.67⋅900=−25100mm

4

J

yi

[mm

4

]

J

zi

[mm

4

]

J

yzi

[mm

4

]

10

11

12

225833

43333

95000

416667

16667

62500

22500

130000

45000

665000 190000 202500

5

50

H

G

F

30

10

15

E

D

C

B

A

y

z

1

2

3

c

(

11.67, 21.67)

y

c

z

c

4. Zginanie pręta

- 11/26 -

9) w celu znalezienia położenia osi głównych i momentów głównych możemy

wykorzystać koło Mohra

154900

2

=

+

zc

yc

J

J

mm

4

J

min

=J

z0

=

154900-91000=63900 mm

4

91000

2

2

2

=

+















−

yzc

yc

zc

J

J

J

mm

4

J

max

=J

y0

= 154900+91000=245900 mm

4

tg2

α=0.287

⇒

2

α=15.4

0

J

yc

J

zc

J

yzc

154900

J

zc

=67430

J

yc

=

242370

91000

J

min

= 63900

J

max

= 245900

J

yzc

=

-25100

15.4

0

5

50

30

10

15

c

y

0

z

0

7.7

0

11.67

2

1

.6

7

4. Zginanie pręta

- 12/26 -

4.2. Rodzaje zginania

Zginanie

– sposób obciążenia pręta,

który powoduje istnienie w myślowym

przekroju prostopadłym do jego osi

momentu gnącego

M

g

Momentowi gnącemu towarzyszy

zazwyczaj siła tnąca

T

.

y,z

– główne centralne osie

bezwładności przekroju

Zginanie:

− czyste – w myślowym przekroju istnieje jedynie moment gnący

M

g

− poprzeczne – momentowi

M

g

towarzyszy siła tnąca

T

Zginanie:

− proste – wypadkowy moment gnący

M

g

ma kierunek jednej z głównych

centralnych osi bezwładności przekroju

y,z

− ukośne – wypadkowy moment gnący daje niezerowe składowe na obie osie y,z

Inny sposób przedstawienia wektora momentu gnącego

x

z

c

y

T

T

y

T

z

M

g

M

gz

M

gy

x

z

c

y

M

gz

M

gy

x

z

M

gy

4. Zginanie pręta

- 13/26 -

q(x)

T(x)

M

g

(x)

dx

x

T(x)+dT(x)

M

g

(x)+d M

g

(x)

K

4.3. Wykresy momentów gnących i sił tnących

Pręt obciążony siłami oraz momentami sił, których wektory są prostopadłe do jego

osi, nazywamy belką.

Obciążenie belki:
1. siły czynne

− siły skupione P

i

[N]

− skupione momenty gnące M

gi

[Nm]

− obciążenie ciągłe q

i

(x)

[N/m]

2. siły bierne

− reakcje podpór

Związek między obciążeniem ciągłym, momentem gnącym i siłą tnącą

( )

( )

( )

( )

[

]

0

0

=

+

−

−

=

∑

x

dT

x

T

dx

x

q

x

T

F

z

⇓

( )

( )

x

q

dx

x

dT

−

=

( )

( )

( )

( )

[

]

( )

( )

[

]

0

2

0

=

+

−

+

+

+

=

∑

x

dM

x

M

dx

x

dT

x

T

dx

dx

x

q

x

M

M

g

g

g

K

po pominięciu małych drugiego rzędu: dxdx, dT(x)dx otrzymujemy

( )

( )

x

T

dx

x

dM

g

=

x

z

q

i

(x)

P

i

A

B

M

gi

dx

x

4. Zginanie pręta

- 14/26 -

Aby wykonać wykresy momentów gnących M

g

(x)

oraz sił tnących T(x) w ogólnym

przypadku należy:

1. wyznaczyć reakcje podpór

2. dokonać myślowego przekroju belki

α

-

α

w miejscu określonym

współrzędną x

3. wyznaczyć siły wewnętrzne M

g

(x), T(x) z warunków równowagi lewej lub

prawej myślowo odciętej części

x

z

q

i

(x)

P

i

A

B

M

gi

R

A

R

B

x

x

z

q

i

(x)

P

i

A

B

M

gi

R

A

R

B

α

α

x

x

z

q

i

(x)

P

i

A

B

M

gi

R

A

R

B

α

α

x

α

α

M

g

(x)

M

g

(x)

T(x)

T(x)

4. Zginanie pręta

- 15/26 -

x

z

q

P

A

B

M

g

D

C

E

l

1

l

2

l

3

l

4

Przykład:
Wykonać wykres momentów gnących M

g

(x)

oraz sił tnących T(x) dla belki pokaza-

nej na rysunku.

l

1

=1m

l

2

=1m

l

3

=2m

l

4

=2m

M

g

=5kNm

q

=2kN/m

P

=10kN

Uwaga:
W ogólnym przypadku nie da się opisać jednym równaniem przebiegu funkcji M

g

(x)

oraz T(x) na całej belce. Równania te trzeba pisać niezależnie dla poszczególnych
przedziałów belki. Granice przedziałów wyznaczone są przez punkty przyłożenia sił
skupionych i momentów skupionych jak również początek i koniec obciążenia
ciągłego.

1) Obliczenia reakcji

(

)

(

)

(

)

0

2

0

4

3

2

1

3

2

1

4

3

2

1

4

3

=

+

+

+

+

+

+

+













+

+

+

+

−

=

∑

l

l

l

l

P

l

l

l

R

l

l

l

l

l

l

q

M

M

D

g

A

R

D

=

−8.25kN

(

)

0

0

4

3

=

+

+

+

−

=

∑

P

R

l

l

q

R

F

D

A

z

R

A

=6.25kN

x

z

q

P

A

B

M

g

D

C

E

l

1

l

2

l

3

l

4

R

A

R

D

q

(l

3

+l

4

)

4. Zginanie pręta

- 16/26 -

q

A

B

M

g

C

l

1

l

2

R

A

γ

γ

M

g

(x)

T(x)

K

x

2) W kolejnych przedziałach belki wykonujemy myślowe przekroje i z warunków

równowagi lewej lub prawej części wyznaczamy funkcje M

g

(x)

oraz T(x)

przedział A-B

( )

0

0

=

−

=

∑

x

T

R

F

A

z

⇒

( )

25

.

6

=

=

A

R

x

T

kN

( )

0

0

=

−

=

∑

x

R

x

M

M

A

g

K

⇒

( )

x

x

R

x

M

A

g

25

.

6

=

=

kNm

przedział B-C

( )

0

0

=

−

=

∑

x

T

R

F

A

z

⇒

( )

25

.

6

=

=

A

R

x

T

kN

( )

0

0

=

+

−

=

∑

g

A

g

K

M

x

R

x

M

M

( )

(

)

5

25

.

6

−

=

−

=

x

M

x

R

x

M

g

A

g

kNm

przedział C-D

(

)

[

]

( )

0

0

2

1

=

−

+

−

−

=

∑

x

T

l

l

x

q

R

F

A

z

( )

(

)

[

]

2

1

l

l

x

q

R

x

T

A

+

−

−

=

( )

(

)

[

]

2

2

25

.

6

−

−

=

x

x

T

kN

( )

(

)

[

]

(

)

[

]

0

2

0

2

1

2

1

=

+

−

+

−

+

+

−

=

∑

l

l

x

l

l

x

q

M

x

R

x

M

M

g

A

g

K

( )

(

)

[

]

2

2

2

1

l

l

x

q

M

x

R

x

M

g

A

g

+

−

−

−

=

( )

(

)

2

2

5

25

.

6

−

−

−

=

x

x

x

M

g

kN

x

z

q

=2kN/m

P

=10kN

A

B

M

g

=5kNm

D

C

E

l

1

=1m

l

2

=1m

l

3

=2m

l

4

=2m

R

A

=6.25kN

R

D

=8.25kN

α

β

γ

δ

α

β

γ

δ

x

A

R

A

α

α

M

g

(x)

T(x)

K

x

A

B

M

g

l

1

=1m

R

A

β

β

M

g

(x)

T(x)

K

4. Zginanie pręta

- 17/26 -

x

P

E

δ

δ

l

1

+l

2

+l

3

+l

4

M

g

(x)

T(x)

K

q

przedział D-E

( )

(

)

[

]

0

0

4

3

2

1

=

+

−

+

+

+

−

=

∑

P

x

l

l

l

l

q

x

T

F

z

( )

(

)

[

]

P

x

l

l

l

l

q

x

T

−

−

+

+

+

=

4

3

2

1

( )

[

]

10

6

2

−

−

=

x

x

T

kN

0

=

∑

K

M

( )

(

)

[

]

(

)

[

]

(

)

[

]

0

2

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

=

−

+

+

+

−

−

+

+

+

−

+

+

+

+

x

l

l

l

l

P

x

l

l

l

l

x

l

l

l

l

q

x

M

g

( )

(

)

[

]

(

)

[

]

2

2

4

3

2

1

4

3

2

1

x

l

l

l

l

q

x

l

l

l

l

P

x

M

g

−

+

+

+

−

−

+

+

+

=

( )

[

] [

]

2

6

6

10

x

x

x

M

g

−

−

−

=

kNm

3) Wykonujemy wykresy

Otrzymane wykresy sił wewnętrznych stanowią podstawę dalszej analizy

wytrzymałościowej belki.

x

T [kN]

A

B

D

C

E

6.25

2.25

−6

−10

x

M

g

[kNm]

A

B

D

C

E

6.25

16

1.25

7.5

4. Zginanie pręta

- 18/26 -

x

M

g

(x)

P

A

B

a

a

P

C

D

M

g

=Pa=

const

odcinek belki poddany

czystemu zginaniu

Przed obciążeniem:

−

na powierzchni pręta narysowano
prostokątną siatkę

z

x

l

Po obciążeniu momentem gnącym M

g

:

−

linie siatki równoległe do osi pręta
(wzdłużne) stają się fragmentami
współśrodkowych okręgów,

−

linie siatki prostopadłe do osi pozostają
proste i prostopadłe do linii wzdłużnych.

4.4. Odkształcenia i naprężenia przy czystym zginaniu belki

pryzmatycznej

Czyste zginanie – taki sposób obciążenia belki, że w przekrojach na pewnym jej

odcinku panuje jedynie moment gnący M

g

(siła tnąca T=0).

Ponieważ dM

g

/dx=T, to przy czystym zginaniu M

g

=const.

Przykład realizacji stanu czystego zginania belki

Założenia:

− zginanie następuje w płaszczyźnie rysunku

(oś z jest osią główną)

Wnioski:
− przekroje płaskie prostopadłe do osi belki przed odkształceniem pozostają płaskie

i prostopadłe do zakrzywionej po odkształceniu osi belki,

− jedne wzdłużne włókna belki ulegają wydłużeniu, inne skróceniu,
− istnieje warstwa obojętna, której włókna nie zmieniają swojej długości.

z

x

M

g

M

g

4. Zginanie pręta

- 19/26 -

l

– długość włókien warstwy obojętnej

ρ

– promień warstwy obojętnej

l(z)

– długość włókien warstwy, której

położenie określone jest współrzędną z
(promieniem

ρ

-z

)

( )

ρ

ρ

l

z

z

l

=

−

⇒

( )













−

=

ρ

z

l

z

l

1

ε

(z)

– odkształcenie względne włókien

o współrzędnej z

( )

( )

ρ

ε

z

l

l

z

l

z

−

=

−

=

Przy czystym zginaniu odkształcenia względne włókien belki są proporcjonalne
do ich odległości od warstwy obojętnej:

− dla z>0 (powyżej warstwy obojętnej)

ε

(z)

<0 (ściskanie)

− dla z<0 (poniżej warstwy obojętnej)

ε

(z)

>0 (rozciąganie)

Założenia:
− naprężenia w kierunku poprzecznym do włókien belki można zaniedbać – każde

włókno pracuje na rozciąganie lub ściskanie jak elementarny pręt (z Teorii
Sprężystości),

− spełnione jest prawo Hooke’a:

( )

( )

E

z

z

σ

ε

=

⇒

( )

( )

ρ

ε

σ

z

E

z

E

z

−

=

=

siła wypadkowa od naprężeń

σ

działających

na elementarnym polu dA:

zdA

E

dA

dF

x

ρ

σ

−

=

⋅

=

0

=

∑

x

F

∫

∫

=

−

=

⋅

=

A

A

x

zdA

E

dA

F

0

ρ

σ

a zatem moment statyczny przekroju

względem osi y:

∫

=

A

zdA

0

x

warstwa

oboj

ę

tna

ρ

z

l

ρ

-z

x

M

g

M

g

z

y

x

σ

σ

σ

σ

(z

)

M

g

dA

σ

A

– pole powierzchni

przekroju poprzecznego

4. Zginanie pręta

- 20/26 -

wniosek: oś y przechodzi przez środek

ciężkości przekroju (jest osią
centralną)

elementarny moment względem osi y od siły dF

x

:

dA

z

E

zdF

dM

x

y

2

ρ

−

=

−

=

0

=

∑

y

M

⇒

0

=

+

∫

g

A

y

M

dM

⇒

0

2

=

+

−

∫

g

A

M

dA

z

E

ρ

y

A

J

dA

z

=

∫

2

− moment bezwładności pola przekroju względem osi y

y

g

EJ

M

=

ρ

1

( )

z

J

M

z

E

z

y

g

−

=

−

=

ρ

σ

( )

z

J

M

z

y

g

−

=

σ

Wnioski:

− przy czystym zginaniu belki pryzmatycznej oś obojętna (włókna belki, w

których naprężenia

σ=0) przechodzi przez środek ciężkości przekroju,

− naprężenia rosną liniowo wraz z odległością włókien od osi obojętnej

(ekstremalne naprężenia występują we włóknach, których odległość od osi
obojętnej jest największa i mają przeciwne znaki)

max

max

max

z

J

M

z

J

M

y

g

y

g

=

−

=

σ

y

y

W

z

J

=

max

y

g

W

M

=

max

σ

związek między:
obciążeniem M

g

,

sztywnością na zginanie EJ

y

,

i promieniem krzywizny warstwy obojętnej

ρ

ρ

ρ

ρ

przy czystym zginaniu belki pryzmatycznej

naprężenia przy czystym zginaniu
belki pryzmatycznej

c

z

y

x

M

g

z

σ

σ

σ

σ

(z )

warstwa obojętna

oś obojętna

x

z

σ

σ

σ

σ

(z )

z

max

σ

σ

σ

σ

max

M

g

y, z

– główne centralne

osie bezwładności

przekroju pręta

W

y

– wskaźnik wytrzymałości na zginanie

4. Zginanie pręta

- 21/26 -

Przed obciążeniem:

−

na powierzchni pręta narysowano
prostokątną siatkę

Po obciążeniu siłą poprzeczną P:

−

kąty między bokami odkształconej siatki
nie są na ogół proste,

−

najbardziej zmienione zostają kąty w
pobliżu osi pręta,

−

zmiana katów przy włóknach skrajnych
jest prawie niezauważalna

4.5. Naprężenia styczne przy zginaniu poprzecznym

belki pryzmatycznej

Zginanie poprzeczne – zginanie belki z udziałem siły tnącej T.


















Wniosek:

ponieważ naprężenia styczne

τ

są proporcjonalne

do kata odkształcenia postaciowego

γ

to rozkład

naprężeń stycznych w przekroju poprzecznym
pręta nie jest równomierny.

wzór Żurawskiego

y

z

z

y

z

J

b

TS

)

(

=

τ

τ

z

– średnia wartość z-owej składowej

naprężeń stycznych w warstwie
o współrzędnej z
T

– siła tnąca w przekroju

)

( z
y

S

– moment statyczny pola przekroju odciętego współrzędną z

b

z

– szerokość warstwy

J

y

– moment bezwładności przekroju względem osi y

γ

P

z

x

z

y

x

T

z

τ

z

b

z

pole odci

ę

te lini

ą

o współrz

ę

dnej z

przekrój

zwarty

4. Zginanie pręta

- 22/26 -

rozkład naprężeń stycznych rozkład naprężeń stycznych
w przekroju prostokątnym w przekroju kołowym

bh

T

ś

r

=

τ

2

4

d

T

ś

r

π

τ

=



























−

=

2

2

1

2

3

h

z

ś

r

z

τ

τ

α

τ

τ

2

sin

3

4

ś

r

z

=

Przy zginaniu poprzecznym z techniczną dokładnością można stosować wzory

na naprężenia i promień krzywizny belki jak przy czystym zginaniu:

( )

y

g

EJ

x

M

=

ρ

1

( )

( )

z

J

x

M

z

y

g

−

=

σ

( )

g

y

g

k

W

x

M

≤

=

max

σ

k

g

– dopuszczalne naprężenia na zginanie

y

z

h

b

T

ττττ

z

T

ττττ

z

y

z

d

τ

z

α

ś

r

τ

τ

2

3

max

=

ś

r

z

τ

τ

3

4

max

=

4. Zginanie pr

ę

ta

- 23/26 -

x

z

P

d

l

x

M

g

(x)

-Pl

A

B

x

T(x)

P

4

2

d

A

π

=

32

3

d

W

y

π

=

3

max

max

32

d

Pl

W

M

y

g

π

σ

=

−

=

2

4

d

P

A

T

ś

r

π

τ

=

=

2

max

3

16

3

4

d

P

ś

r

π

τ

τ

=

=

d

l

6

max

max

=

τ

σ

przykład: dla l/d=10

τ

max

≈1.7%σ

max

Wniosek: w belkach smukłych, gdzie długość jest dużo większa od
wymiaru poprzecznego, naprężenia od ścinania są pomijalnie małe w
porównaniu z naprężeniami od zginania.

Za pominięciem naprężeń stycznych w belkach smukłych przemawia również fakt, że
w punktach przekroju gdzie panują największe naprężenia normalne (punkty
najbardziej oddalone od osi obojętnej) naprężenia styczne są równe zeru – a zatem
wzajemne działanie naprężeń stycznych i normalnych „sumuje się” w bardzo małym
stopniu.

2

P

T

=

t

k

d

P

≤

=

2

max

3

8

π

τ

k

t

– naprężenia dopuszczalne na ścinanie

Przykład konstrukcji, w której naprężenia styczne pełnią rolę dominującą

(połączenie sworzniowe)

P

T

T

d

P

P

sworze

ń

4. Zginanie pr

ę

ta

- 24/26 -

z

J

cos

M

z

J

M

y

g

y

gy

1

α

σ

−

=

−

=

y

J

sin

M

y

J

M

z

g

z

gz

2

α

σ

−

=

−

=

y

J

sin

M

z

J

cos

M

z

g

y

g

2

1

α

α

σ

σ

σ

−

−

=

+

=

4.6. Zginanie ukośne

Zginanie ukośne − przypadek zginania belki, w którym wypadkowy moment gnący

M

g

w przekroju nie pokrywa się z żadną z głównych centralnych

osi bezwładności

Zginanie ukośne traktuje się jako superpozycję dwóch stanów zginania prostego:
1. momentem

M

gy

2. momentem

M

gz

zginanie zginanie zginanie

momentem M

g

momentem M

gy

momentem M

gz

(zginanie ukośne) (zginanie proste) (zginanie proste)

M

gy

=M

g

cos

α

M

gz

=M

g

sin

α

α

- kąt nachylenia płaszczyzny działania momentu gnącego M

g

do płaszczyzny x-y

c

z

y

x

M

gz

y

B

σ

2

c

z

y

x

M

gy

z

B

σ

1

c

z

y

x

M

g

y

z

B

σ

α

4. Zginanie pr

ę

ta

- 25/26 -

0

y

J

sin

M

z

J

cos

M

z

g

y

g

=

−

−

α

α

α

tg

J

J

y

z

z

y

−

=

α

β

tg

J

J

tg

z

y

−

=

Równanie osi obojętnej (

σ

=0)

⇓

Oś obojętna przy zginaniu ukośnym przechodzi przez środek ciężkości przekroju
i w przypadku ogólnym nie jest prostopadła do płaszczyzny działania momentu M

g

.

Ekstremalne naprężenia występują w punktach najbardziej oddalonych od osi
obojętnej.

c

z

y

x

M

g

α

β

oś obojętna

przekroju

4. Zginanie pr

ę

ta

- 26/26 -

4.7. Linia ugięcia belki

C

− punkt na osi belki

określony współrzędną x
z(x)

− ugięcie belki w

punkcie C

ϕ

(x)

− kąt ugięcia belki

w punkcie C

ρ

(x)

− promień krzywi-

zny belki w punkcie C

dla małych kątów ugięcia






Przykład: Wyznaczyć równanie linii ugięcia belki wspornikowej pokazanej powyżej.











stałą całkowania c

1

wyznaczamy z warunków brzegowych: dla x=0

ϕ

(x)=

0

⇒ c

1

=0

stałą całkowania c

2

wyznaczamy z warunków brzegowych: dla x=0 z(x)=0

⇒ c

2

=0

Ostatecznie Ugięcie na końcu

x

z

P

l

A

B

z(x)

x

C

ϕ

(x)

ρ

(x)

( )

2

2

dx

z

d

x

1

=

ρ

( )

( )

dx

EJ

x

M

dx

dz

x

y

g

∫

=

=

ϕ

( )

y

g

2

2

EJ

x

M

dx

z

d

=

( )

( )

dx

x

x

z

∫

=

ϕ

x

M

g

(x)

A

B

M

g

(x)=P(l-x)

( )

(

)

1

2

y

y

c

2

x

lx

EJ

P

dx

EJ

x

l

P

dx

dz

x

+













−

=

−

=

=

∫

ϕ

1

c

0

0

+

=

( )

2

3

2

y

2

y

c

6

x

2

x

l

EJ

P

dx

2

x

lx

EJ

P

x

z

+













−

=













−

=

∫

2

c

0

0

+

=

( )













−

=

6

x

2

x

l

EJ

P

x

z

3

2

y

( )

y

3

B

EJ

3

Pl

l

z

z

=

=

5. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia

- 1/6 -

5. ANALIZA STANU NAPRĘŻENIA I ODKSZTAŁCENIA

5.1. Analiza płaskiego stanu naprężenia

Płaski stan naprężenia - na myślowo
wyciętą, elementarną kostkę działają
naprężenia w jednej płaszczyźnie (1-2)

α

σ

σ

σ

σ

σ

α

2

cos

2

2

2

1

2

1

−

+

+

=

α

σ

σ

τ

α

2

sin

2

2

1

−

=

1

2

3

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

1

2

1

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

2

2

1

σ

1

σ

2

σ

2

α

σ

α

τ

α

2

1

σ

1

α

σ

'

α

τ

'

α

2

1

σ

2

σ

2

α

σ

"

α

τ

"

α

α

σ

σ

α

2

1

'

cos

=

α

σ

σ

α

2

2

"

sin

=

α

α

σ

τ

α

cos

sin

1

'

=

α

α

σ

τ

α

cos

sin

2

"

−

=

"

'

α

α

α

σ

σ

σ

+

=

"

'

α

α

α

τ

τ

τ

+

=

1

, 2 – osie główne

σ

σ

σ

σ

1

,

σ

σ

σ

σ

2

– naprężenia

główne

(brak naprężeń

stycznych)

5. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia

- 2/6 -

Koło Mohra dla naprężeń

Zadanie: Dane są naprężenia główne

σ

1

,

σ

2

. Znaleźć naprężenia na ściankach kostki

obróconej o kąt

α

.

Kolejność postępowania:

1. rysujemy układ współrzędnych

σ

,

τ

,

2. na osi poziomej zaznaczamy naprężenia

σ

1

i

σ

2

,

3. ze środka (

σ

1

+

σ

2

)/2 rysujemy okrąg przechodzący przez punkty

σ

1

i

σ

2

,

4. poziomą średnicę koła obracamy o kąt 2

α

,

5. odczytujemy naprężenia
− dla krawędzi nachylonej pod kątem

α

:

σ

α

,

τ

α

,

− dla krawędzi prostopadłej :

σ

α

+

π

/2

,

τ

α

+

π

/2

.

Zadanie odwrotne: Na ściankach kostki dane są naprężenia

σ

x

,

σ

y

,

τ

. Znaleźć

położenie osi głównych i naprężenia główne.

σ

σ

2

σ

α

τ

α

σ

1

τ

2

α

2

α

+

π

σ

α

+

π

/2

τ

α

+

π

/2

(

σ

1

+

σ

2

)/2

σ

2

σ

1

σ

1

σ

2

2

1

σ

α

τ

α

σ

α

+

π

/2

τ

α

+

π

/2

α

σ

σ

2

σ

x

τ

x

σ

1

τ

2

α

σ

y

-

τ

σ

y

σ

x

σ

x

σ

y

y

x

τ

τ

τ

τ

σ

1

2

1

σ

1

σ

2

σ

2

α

5. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia

- 3/6 -

5.2. Uproszczona analiza trójosiowego stanu naprężenia

Trójosiowy stan naprężenia – na
wszystkich ścianach kostki działają
naprężenia

1

,2,3 – osie główne

σ

σ

σ

σ

1

,

σ

σ

σ

σ

2

,

σ

σ

σ

σ

3

– naprężenia główne

1. Poszczególne koła reprezentują stan naprężeń w płaszczyznach równoległych do

odpowiednich osi.

2. Punkt wewnątrz wyróżnionego obszaru reprezentuje stan naprężeń w dowolnie

ustawionym przekroju (z Teorii Sprężystości).

3. Maksymalne naprężenia styczne równe są promieniowi największego koła.

1

2

3

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

3

σ

3

τ

σ

σ

1

σ

2

σ

3

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

3

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

3

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

2

σ

3

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

3

σ

σ

σ

σ

2

5. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia

- 4/6 -

5.3. Uproszczona analiza stanu odkształcenia

Elementarna myślowo wycięta kostka, znajdująca
się w płaskim stanie odkształcenia, doznaje
wydłużeń względnych jak na rysunku:

− na kierunku 1:

ε

1

− na kierunku 2:

ε

2

Na kierunku nachylonym pod kątem

α

α

α

α

odkształcenia kostki wyniosą:

− wydłużenie względne

α

ε

α

ε

ε

α

2

2

2

1

sin

cos

+

=

− kąt odkształcenia postaciowego

(

)

α

α

ε

ε

γ

α

cos

sin

2

2

1

−

=

(patrz: Analiza stanu odkształcenia rozciąganego pręta)

Koło Mohra dla płaskiego stanu odkształcenia

Kolejność postępowania:

1. rysujemy układ współrzędnych

ε

,

γ

/2,

2. na osi poziomej zaznaczamy wydłużenia

ε

1

i

ε

2

,

3. ze środka (

ε

1

+

ε

2

)/2 rysujemy okrąg przechodzący przez punkty

ε

1

i

ε

2

,

4. poziomą średnicę koła obracamy o kąt 2

α

,

5. odczytujemy odkształcenia

− dla krawędzi nachylonej pod kątem

α

:

ε

α

,

γ

α

/2 ,

− dla krawędzi prostopadłej:

ε

α

+

π

/2

,

γ

α

+

π

/2

/2 .

ε

ε

2

ε

α

γ

α

/2

ε

1

γ

/2

2

α

2

α

+

π

ε

α

+

π

/2

γ

α

+

π

/2

/2

(

ε

1

+

ε

2

)/2

2

1

ε

1

ε

2

α

1

,2 – główne osie odkształcenia

εεεε

1

,

εεεε

2

– odkształcenia główne

5. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia

- 5/6 -

Trójwymiarowy stan odkształcenia

1

,2,3 – osie główne

εεεε

1

,

εεεε

2

,

εεεε

3

– odkształcenia główne

1. Poszczególne koła reprezentują stan odkształcenia w płaszczyznach

równoległych do odpowiednich osi.

2. Punkt wewnątrz wyróżnionego obszaru reprezentuje stan odkształcenia w

dowolnie ustawionym przekroju (z Teorii Sprężystości).

3. Maksymalny kąt odkształcenia postaciowego równy jest średnicy

największego koła.

4. W każdym stanie odkształcenia istnieją tylko 3 kierunki główne (1, 2, 3), między

którymi pierwotne kąty proste nie ulegają zmianie. Odpowiadające tym
kierunkom odkształcenia

εεεε

1

,

εεεε

2

,

εεεε

3

zwane są odkształceniami głównymi.

1

2

3

εεεε

2

εεεε

1

εεεε

3

γ

/2

ε

ε

1

ε

2

ε

3

5. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia

- 6/6 -

5.4. Uogólnione prawo Hooke’a

(

)

[

]

(

)

[

]

(

)

[

]

2

1

3

3

3

1

2

2

3

2

1

1

1

1

1

σ

σ

ν

σ

ε

σ

σ

ν

σ

ε

σ

σ

ν

σ

ε

+

−

=

+

−

=

+

−

=

E

E

E

E

1

1

σ

ε

=

E

2

1

σ

ν

ε

−

=

E

3

1

σ

ν

ε

−

=

E

1

2

σ

ν

ε

−

=

E

2

2

σ

ε

=

E

3

2

σ

ν

ε

−

=

E

1

3

σ

ν

ε

−

=

E

2

3

σ

ν

ε

−

=

E

3

3

σ

ε

=

Ogólny przypadek obciążenia elementarnej kostki

(gdy osie x,y,z nie są osiami głównymi)

Stan naprężenia opisany jest
jednoznacznie przez 6 składowych:

σ

σ

σ

σ

x

σ

σ

σ

σ

y

σ

σ

σ

σ

z

– naprężenia normalne

ττττ

x

ττττ

y

ττττ

z

– naprężenia styczne

1

2

3

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

3

σ

3

1

2

3

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

1

εεεε

1

εεεε

3

εεεε

2

1

2

3

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

2

εεεε

1

εεεε

3

εεεε

2

1

2

3

σ

σ

σ

σ

3

σ

3

εεεε

1

εεεε

3

εεεε

2

x

y

z

σ

σ

σ

σ

x

σ

σ

σ

σ

y

σ

σ

σ

σ

y

σ

σ

σ

σ

x

σ

σ

σ

σ

z

σ

z

ττττ

z

τ

z

τ

z

ττττ

z

ττττ

x

τ

x

τ

x

ττττ

x

ττττ

y

ττττ

y

τ

y

τ

y

6. Hipotezy wytrzymałościowe i wytrzymałość złożona pręta

- 1/5 -

6. HIPOTEZY WYTRZYMAŁOŚCIOWE

I WYTRZYMAŁOŚĆ ZŁOŻONA PRĘTA

6.1. Hipotezy wytrzymałościowe

Hipotezy wytrzymałościowe – przybliżone ujęcie ilościowe złożonych zjawisk

towarzyszących pojawieniu się w materiale ma-
kroskopowych odkształceń trwałych.

Hipoteza

energii odkształcenia postaciowego

(Hubera)

miarą niebezpieczeństwa, jakie przedstawia dany stan naprężenia

z uwagi na pojawienie się pierwszych makroskopowych trwałych

odkształceń jest

efektywne naprężenie styczne

τ

ττ

τ

ef

jeśli znane są naprężenia główne

(

)

(

)

(

)

[

]

2

1

3

2

3

2

2

2

1

15

1

σ

σ

σ

σ

σ

σ

τ

−

+

−

+

−

=

ef

w przypadku ogólnego stanu naprężeń

(

) (

)

(

)

(

)

[

]

2

2

2

2

2

2

6

15

1

z

y

x

x

z

z

y

y

x

ef

τ

τ

τ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

τ

+

+

+

−

+

−

+

−

=

Hipoteza

maksymalnych naprężeń stycznych

(τ

max

, Coulomba-Treski)

miarą niebezpieczeństwa, jakie przedstawia dany stan naprężenia

z uwagi na pojawienie się pierwszych makroskopowych trwałych

odkształceń jest

maksymalne naprężenie styczne

τ

ττ

τ

max

(podejście uproszczone)

Ten stan naprężenia jest dla materiału bardziej niebezpieczny, dla którego

efektywne naprężenie styczne τ

ef

(wg hipotezy Hubera)

lub

maksymalne naprężenie styczne τ

max

(wg hipotezy τ

max

)

jest większe.

6. Hipotezy wytrzymałościowe i wytrzymałość złożona pręta

- 2/5 -

6.2. Naprężenia zredukowane

złożony stan naprężeń

(

)

(

)

(

)

[

]

2

1

3

2

3

2

2

2

1

15

1

σ

σ

σ

σ

σ

σ

τ

−

+

−

+

−

=

ef

(hip. Hubera)

JEDNAKOWO NIEBEZPIECZNY

stan prostego rozciągania
(statyczna próba rozciągania)

2

15

2

red

ef

σ

τ

=

(hip. Hubera)

Z założenia efektywne naprężenia styczne obu stanów są jednakowe, skąd

naprężenia zredukowane

(

)

(

)

(

)

[

]

2

1

3

2

3

2

2

2

1

2

1

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

−

+

−

+

−

=

red

w przypadku najbardziej ogólnym

(

) (

)

(

)

(

)

[

]

2

2

2

2

2

2

6

2

1

z

y

x

x

z

z

y

y

x

red

τ

τ

τ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

+

+

+

−

+

−

+

−

=

Naprężenia zredukowane – naprężenia w stanie prostego rozciągania tak samo

niebezpieczne dla materiału, jak dany złożony stan
naprężeń

Umożliwiają porównanie złożonego stanu naprężeń z wynikami statycznej próby
rozciągania.

1

2

3

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

3

σ

3

1

2

3

σ

σ

σ

σ

red

σ

σ

σ

σ

red

6. Hipotezy wytrzymałościowe i wytrzymałość złożona pręta

- 3/5 -

Naprężenia zredukowane według hipotezy

τ

ττ

τ

max

τ

ττ

τ

max

= promień największego koła Mohra

JEDNAKOWO NIEBEZPIECZNY

stan prostego rozciągania
(statyczna próba rozciągania)

2

/

max

red

σ

τ

=

Ponieważ z założenia oba stany są dla materiału jednakowo niebezpieczne, to

max

2

τ

σ

=

red

e

e

r

red

n

R

k =

≤

σ

k

r

– naprężenia dopuszczalne na rozciąganie

R

e

– granica plastyczności materiału

n

e

>1

– współczynnik bezpieczeństwa

1

2

3

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

2

σ

σ

σ

σ

1

σ

σ

σ

σ

3

σ

3

τ

max

τ

σ

1

2

3

σ

σ

σ

σ

red

σ

σ

σ

σ

red

τ

max

τ

σ

σ

red

6. Hipotezy wytrzymałościowe i wytrzymałość złożona pręta

- 4/5 -

Porównanie wyników hipotez wyrtzymałościowych Hubera i ττττ

max

Przypadki szczególne

Naprężenia zredukowane

złożonych stanów naprężenia wg hipotezy Hubera wg hipotezy τ

max

3

τ

σ

=

red

czyste ścinanie

τ

σ

2

=

red

2

2

3

τ

σ

σ

+

=

red

ś

cinanie z rozciąganiem

2

2

4

τ

σ

σ

+

=

red

(ściskaniem)

0

=

red

σ

hydrostatyczne ściskanie

0

=

red

σ

τ

τ

τ

τ

τ

σ

τ

max

=

τ

σ

red

τ

τ

τ

τ

σ

σ

τ

σ

τ

max

σ

red

τ

−τ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

τ

σ

σ

6. Hipotezy wytrzymałościowe i wytrzymałość złożona pręta

- 5/5 -

6.3. Wytrzymałość złożona pręta

O wytrzymałości złożonej mówimy wówczas, gdy w myślowym przekroju pręta

istnieje więcej niż jeden element wysiłku przekroju.

Zginanie ze skręcaniem
(wały z kołami zębatymi)

W

z

=W

y

=W

- wskaźnik wytrzymałości na zginanie

W

0

– wskaźnik wytrzymałości na skręcanie

W

0

=

2W

–

moment zastępczy (na podst. hipotezy Hubera)

–

moment zastępczy (na podst. hipotezy

τ

max

)

g

z

red

k

W

M

≤

=

σ

k

g

– naprężenia dopuszczalne na zginanie

x

z

y

M

s

M

g

σ

σ

σ

σ

τ

ττ

τ

W

M

M

W

M

W

M

s

g

s

g

red

2

2

2

2

2

2

75

.

0

2

3

3

+

=

=













+













=

=

+

=

τ

σ

σ

W

M

g

=

σ

0

W

M

s

=

τ

2

2

75

.

0

s

g

z

M

M

M

+

=

2

2

s

g

z

M

M

M

+

=

7. Wyboczenie pręta

- 1/6 -

7. WYBOCZENIE PRĘTA

7.1. Mimośrodowe ściskanie pręta

Pręt ściskany momośrodowo (e

y

- mimośród)

Odkształcona oś pręta Równowaga myślowo
odciętej części

(

)

y

y

e

P

M

B

y

z

−

+

=

(

)

z

B

y

z

z

EJ

y

y

e

P

EJ

M

dx

y

d

−

+

=

=

=

2

2

1

ρ

Podstawiając

z

z

EJ

P

k

=

otrzymujemy równanie

(

)

B

z

z

z

y

e

k

y

k

dx

y

d

+

=

+

2

2

2

2

.

Rozwiązanie tego równania różniczkowego ma postać

B

y

z

z

y

e

x

k

C

x

k

C

y

+

+

+

=

cos

sin

2

1

.

Stałe C

1

i C

2

wyznaczany z warunków brzegowych:

dla

0

/

0

0

=

=

=

dx

dy

y

x

dla

B

y

y

l

x

=

=

otrzymując:

(

)

B

y

y

e

C

C

+

−

=

=

2

1

0

Ostatecznie równanie linii ugięcia przyjmuje postać















−

=

x

EJ

P

l

EJ

P

e

y

z

z

y

cos

1

cos

. Przy

∞

→

→

y

l

EJ

P

z

2

π

.

x

y

A

B

P

l

EJ

z

=const

e

y

y

C

x

y

A

B

P

x

e

y

y

B

M

z

C

B

P

T

N

7. Wyboczenie pr

ę

ta

- 2/6 -

Siłę

P=P

kr

, przy której

2

π

=

l

EJ

P

z

nazywamy

siłą eulerowską

lub siłą

krytyczną.

Siła krytyczna

( )

2

2

2l

EJ

P

z

kr

π

=

Siła krytyczna - siła, przy której ściskany (bez mimośrodu) pręt może mieć

dwie postacie równowagi:

− pierwotną − o osi prostoliniowej,

−

nową

− o osi wygiętej.

Pręt obciążony siłą krytyczną znajduje się w stanie równowagi obojętnej.

Zjawisko wyginania się pręta pod wpływem siły ściskającej nosi nazwę

utraty stateczności lub wyboczenia pręta.

Ponieważ przy obciążeniu siłą krytyczną ugięcie

y

pręta wzrasta

nieograniczenie to siła krytyczna jest siłą niszczącą pręt.

7.2. Wyboczenie pręta w zakresie sprężystym

równowaga

trwała obojętna chwiejna

P<P

kr

P=P

kr

P>P

kr

7. Wyboczenie pr

ę

ta

- 3/6 -

nl

l

w

=

2

w

z

2

kr

l

EJ

P

π

=

wzór Eulera na siłę krytyczną

l

w

- długość wyboczeniowa

n

- współczynnik zależny od sposobu mocowania końców pręta

n=2 n=1 n

≈

0.7 n=0.5

Naprężenia krytyczne:

A

P

kr

kr

=

σ

A

− pole powierzchni przekroju poprzecznego pręta.

Wzór Eulera wolno stosować, jeśli naprężenia krytyczne nie przekraczają granicy

proporcjonalności

R

p

(granicy stosowalności prawa Hooke'a)

p

kr

R

≤

σ

.

Jeśli

σ

σ

σ

σ

kr

≤

≤

≤

≤

R

p

to wyboczenie nazywamy sprężystym (po odciążeniu pręt powraca do

swojej prostoliniowej postaci).

Jeśli

σ

σ

σ

σ

kr

>R

p

to wyboczenie nazywamy sprężysto-plastycznym lub plastycznym (po

odciążeniu pręt nie powróci do swojej prostoliniowej postaci).

7. Wyboczenie pr

ę

ta

- 4/6 -

Wprowadzając oznaczenia:

A

J

i

z

=

i

l

w

=

λ

2

2

kr

E

λ

π

σ

=

p

gr

R

E

π

λ

=

Smukłość graniczna – parametr zależny wyłącznie od materiału pręta

(dla stali

λ

gr

≈100)

Inna postać kryterium stosowalności wzoru Eulera na siłę krytyczną:

λ

λ

λ

λ

≥

≥

≥

≥

λ

λ

λ

λ

gr

(

σ

kr

≤R

p

–

wyboczenie sprężyste

) – wzór wolno stosować

λ

λ

λ

λ

<

λ

λ

λ

λ

gr

(

σ

kr

>R

p

–

wyboczenie sprężysto-plastyczne

) – wzoru nie wolno stosować

0

100

200

300

400

0

50

100

150

200

250

300

λ

σσσσ

k

r

[M

P

a]

R

p

λ

λ

λ

λ

gr

zakres stosowalności wzoru Eulera

(wyboczenie sprężyste)

materiał: stal konstrukcyjna

(0.15%C E=2

.

10

5

MPa)

hiperbola Eulera

wyboczenie

sprężysto-plastyczne

Przykładowa zależność naprężeń krytycznych

σ

σ

σ

σ

kr

od smukłości pręta

λ

λ

λ

λ

Smukłość pręta, przy której naprężenia krytyczne osiągają wartość
granicy proporcjonalności nazywamy smukłością graniczną

smukłość pręta – parametr zależny od geometrii pręta

i sposobu zamocowania końców,

ramię bezwładności przekroju poprzecznego

otrzymujemy wzór na naprężenia krytyczne

w postaci hiperboli Eulera

7. Wyboczenie pr

ę

ta

- 5/6 -

Dla stali konstrukcyjnej
naprężenia krytyczne w zakresie
smukłości (

∼20,

λ

gr

)

przybliżyć

można

prostą Tetmajera

durale,
mosiądze,
brązy

7.3. Wyboczenie pręta w zakresie sprężysto-plastycznym

(

σ

σ

σ

σ

kr

>R

p

λ

λ

λ

λ<λ

λ

λ

λ

gr

)

Wzory, tabele, wykresy do obliczeń konstrukcji stalowych na wyboczenie

PN-90/B-03200

σ

λ

λ

gr

R

e

R

p

prosta Tetmajera

λ

σ

b

a

kr

−

=

gr

p

e

R

R

b

λ

−

−

=

e

R

a

=

krzywa do

ś

wiadczalna

hiperbola Eulera

∼20

A

B

σ

λ

λ

gr

R

e

parabola Johnsona-Ostenfelda

2

λ

σ

b

a

kr

−

=

4
0

2

λ

π

E

b

=

e

R

a

=

hiperbola Eulera

λ

0

e

R

E

2

0

π

λ

=

wierzchołek

wspólna

styczna

A

B

7. Wyboczenie pr

ę

ta

- 6/6 -

Przykład

Wyznaczyć siłę krytyczną dla pokazanego pręta.

Materiał St3: E=2.1

⋅10

5

MPa, R

p

=R

e

=400MPa.

l

=1m a=20mm b=30mm

Rozwiązanie

72

400

10

1

.

2

5

=

⋅

=

=

π

π

λ

p

gr

R

E

600

30

20

=

⋅

=

= ab

A

mm

2

Istnieją 2 możliwe postacie wyboczenia pręta:

1.

− w płaszczyźnie y-z

2.

− w płaszczyźnie x-z

Wariant 1 (wyboczenie w płaszczyźnie y-z)

n

=0.5 l

w

=0.5l=500mm

4

3

3

20000

12

20

30

12

mm

ba

J

x

=

⋅

=

=

77

.

5

600

20000

=

=

=

A

J

i

x

gr

w

i

l

λ

λ

>

=

=

=

7

.

86

77

.

5

500

MPa

E

kr

276

7

.

86

10

1

.

2

2

5

2

2

2

=

⋅

=

=

π

λ

π

σ

kN

N

A

P

kr

kr

6

.

165

165600

276

600

=

=

⋅

=

=

σ

Wariant 2 (wyboczenie w płaszczyźnie x-z)

n

=1 l

w

=l=1000mm

4

3

3

45000

12

30

20

12

mm

ab

J

y

=

⋅

=

=

66

.

8

600

45000

=

=

=

A

J

i

y

gr

w

i

l

λ

λ

>

=

=

=

5

.

115

66

.

8

1000

MPa

E

kr

155

5

.

115

10

1

.

2

2

5

2

2

2

=

⋅

=

=

π

λ

π

σ

kN

N

A

P

kr

kr

93

93000

155

600

=

=

⋅

=

=

σ

Odpowiedź

Wyboczenie nastąpi w płaszczyźnie x-z a siła krytyczna wynosi 93kN

x

z

y

l

b

a

P/2

P/2

P/2

P/2

1-sza postać

wyboczenia

(y-z)

2-ga postać

wyboczenia

(x-z)

8. Metody energetyczne

- 1/23 -

8. METODY ENERGETYCZNE

Metody energetyczne – metody analizy odkształceń konstrukcji prętowych na podstawie

energii potencjalnej zgromadzonej w obciążonej konstrukcji

8.1. Energia sprężysta w konstrukcji prętowej

Energia potencjalna (sprężysta, odkształcenia) równa jest pracy sił zewnętrznych

obciążających konstrukcję.

Sposób obciążenia przekroju pręta

Energia sprężysta w pręcie

na jednostkę jego długości

[J/m]

rozciąganie

N

[N] – siła normalna w przekroju

A

[m

2

] – pole powierzchni przekroju

EA

N

2

2

skręcanie

M

s

[Nm] – moment skręcający

C

[Nm

2

] – sztywność na skręcanie

C

=GJ

0

– dla przekroju kołowego

C

=GJ

s

– dla przekroju niekołowego

C

M

s

2

2

zginanie

M

gy

, M

gz

[Nm] – momenty gnące w kierunku osi

y

i z

J

y

, J

z

[m

4

] – momenty bezwładności przekroju

względem osi y i z

y

gy

EJ

M

2

2

z

gz

EJ

M

2

2

ścinanie

T

y

, T

z

[N] – siły tnące w kierunku osi y i z

ψ

y

,

ψ

z

– bezwymiarowe współczynniki zależne

od kształtu przekroju
(dla przekroju kołowego

ψ

y

=

ψ

z

=32/27)

GA

T

y

y

2

2

ψ

GA

T

z

z

2

2

ψ

E

[Pa] – moduł Younga, G [Pa] – moduł sztywności postaciowej

y,z

– główne centralne osie bezwładności przekroju

W przypadku ogólnym elementy wysiłku
przekroju N, M

s

, M

gy

, M

gz

, T

y

, T

z

zależą od

położenia przekroju, a zatem są funkcjami
współrzędnej x:

N(x)

, M

s

(x)

, M

gy

(x)

, M

gz

(x)

, T

y

(x)

, T

z

(x).

x

y

z

N(x)

M

s

(x)

M

gy

(x)

T

y

(x)

T

z

(x)

M

gz

(x)

8. Metody energetyczne

- 2/23 -

do pominięcia

w przypadku konstrukcji zbudowanej

z prętów smukłych

na ogół do pominięcia

w konstrukcjach

zginanych i skręcanych

Energia zgromadzona w konstrukcji prętowej

dx

EA

T

dx

EA

T

dx

EJ

M

dx

EJ

M

dx

C

M

dx

EA

N

U

l

z

z

l

y

y

l

z

gz

l

y

gy

l

s

l

∫

∫

∫

∫

∫

∫

+

+

+

+

+

=

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

2

2

2

2

2

2

ψ

ψ

x

–

współrzędna określająca położenie przekroju,

l

– długość całej konstrukcji prętowej

dx

EJ

M

dx

EJ

M

dx

C

M

dx

EA

N

U

l

z

gz

l

y

gy

l

s

l

∫

∫

∫

∫

+

+

+

=

0

2

0

2

0

2

0

2

2

2

2

2

8.2. Siły uogólnione, współrzędne uogólnione, układ Clapeyrona

(Benoit Paul Emil Clapeyron 1799-1864)

siła uogólniona

dowolne obciążenie działające na ciało

współrzędna uogólniona

przemieszczenie odpowiadające sile

uogólnionej

siła skupiona P

przemieszczenie f

punktu przyłożenia siły

na kierunku linii działania siły

moment skręcający M

s

kąt skręcenia wywołany działaniem

momentu skręcającego M

s

moment gnący M

g

kąt ugięcia wywołany działaniem

momentu gnącego M

g

obciążenie ciągłe q

pole zakreskowane na rysunku

P

f

A

A

1

8. Metody energetyczne

- 3/23 -

A

B

P

1

f

C1

f

D1

C

D

Układ Clapeyrona to układ mechaniczny, w którym:

1. materiał jest idealnie sprężysty,
2. w żadnym punkcie naprężenia nie przekraczają granicy proporcjonalności,
3. można stosować zasadę superpozycji (działanie jednych sił uogólnionych nie

zmienia charakteru działania innych sił)

Jeśli siły uogólnione działające na układ przykładane są jednocześnie, wzrastają

równomiernie i osiągają swoje końcowe wartości w tej samej chwili

to

energia sprężysta układu równa jest pracy sił uogólnionych

∑

=

=

+

+

+

+

+

=

n

i

i

i

n

n

i

i

f

P

f

P

f

P

f

P

f

P

U

1

2

2

1

1

2

1

2

1

...

2

1

...

2

1

2

1

8.3. Zasada wzajemności prac i zasada wzajemności przemieszczeń

układ Clapeyrona (belka)

Stan 1

W punkcie C belka
obciążona zostaje siłą P

1

,

która wywołuje ugięcie f

C1

w punkcie C oraz f

D1

w

punkcie D.

energia sprężysta

Stan 2

W punkcie D belka zostaje
dodatkowo obciążona siłą
P

2

, która wywołuje

dodatkowe ugięcia belki f

C2

,

f

D2

.

końcowa energia sprężysta

2

1

2

2

1

1

2

2

1

2

1

C

D

C

f

P

f

P

f

P

U

+

+

=

Gdyby siły przykładane były w odwrotnej kolejności (najpierw P

2

, potem P

1

) to końcowa

energia sprężysta układu wyraziłaby się wzorem

1

2

1

1

2

2

2

2

1

2

1

D

C

D

f

P

f

P

f

P

U

+

+

=

1

1

1

2

1

C

f

P

U

=

A

B

P

1

f

C2

f

D2

C

D

P

2

bez czynnika ½ bo cała siła o wartości P

1

wykonuje pracę na drodze f

C2

8. Metody energetyczne

- 4/23 -

Pionowa siła P

B

wywołuje poziome

przesunięcie punktu C o wartość f

C

.

Jakie będzie pionowe przemieszczenie
punktu B, jeśli do punktu C przyłożona
zostanie pozioma siła P

C

?

Ponieważ końcowa energia sprężysta nie może zależeć od kolejności przykładania sił, to

1

2

1

1

2

2

2

1

2

2

1

1

2

1

2

1

2

1

2

1

D

C

D

C

D

C

f

P

f

P

f

P

f

P

f

P

f

P

+

+

=

+

+

⇓

⇓

⇓

⇓

zasada wzajemności prac

1

2

2

1

D

C

f

P

f

P

=

(Bettiego)

(Enrico Betti 1823-1892)

Praca sił pierwszego stanu obciążenia

na przemieszczeniach uogólnionych wywołanych przez stan drugi

równa jest

pracy sił drugiego stanu obciążenia

na przemieszczeniach uogólnionych wywołanych przez stan pierwszy.

Jeśli

P

1

=P

2

to

zasada wzajemności przemieszczeń

1

2

D

C

f

f

=

(Maxwella)

(James Clark Maxwell 1831-1879)

Siła uogólniona przyłożona na kierunku pierwszym

wywoła na kierunku drugim przemieszczenie

równe przemieszczeniu,

jakie na kierunku pierwszym

wywoła ta siła przyłożona na kierunku drugim

Przykład

Rozwiązanie

Z zasady wzajemności prac

C

C

B

B

f

P

f

P

=

⇒

C

B

C

B

f

P

P

f

=

A

B

P

B

C

A

B

f

B

C

P

C

f

C

8. Metody energetyczne

- 5/23 -

A

B

P

1

f

1

f

n

f

i

P

n

P

i

A

B

P

1

f

i

P

n

P

i

δ

f

i

δδδδ

P

i

8.4. Twierdzenie Castigliano

(Carlo Alberto Castigliano 1847-1884)

energia sprężysta układu

i

n

i

i

f

P

U

∑

=

=

1

2

1

energia sprężysta układu

i

i

P

P

U

U

U

δ

∂

∂

+

=

1

Ten sam efekt końcowy uzyskać można przykładając siły w innej kolejności

energia sprężysta układu

i

i

f

P

U

δ

δ

δ

2

1

=

energia sprężysta układu

i

i

i

i

f

P

U

f

P

U

δ

δ

δ

+

+

=

2

1

2

układ Clapeyrona

(belka obciążona

siłami P

1

÷P

n

)

siła P

i

doznaje

przyrostu o małą

wartość

δδδδ

P

i

A

B

δ

f

i

δδδδ

P

i

obciążamy układ

małą siłą

δδδδ

P

i

dodajemy

zasadniczy układ sił

P

1

÷P

n

A

B

P

1

f

i

P

n

P

i

δ

f

i

δδδδ

P

i

f

n

f

1

bez czynnika ½ bo cała siła o wartości

δ

P

i

wykonuje pracę na drodze f

i

8. Metody energetyczne

- 6/23 -

Końcowe energie sprężyste układu są równe

U

1

=U

2

i

i

i

i

i

i

f

P

U

f

P

P

P

U

U

δ

δ

δ

δ

+

+

=

∂

∂

+

2

1

⇓

⇓

⇓

⇓

twierdzenie Castigliano

i

i

f

P

U

=

∂

∂

Pochodna cząstkowa energii sprężystej układu względem siły uogólnionej

równa jest współrzędnej uogólnionej odpowiadającej tej sile.

do pominięcia (mała drugiego rzędu)

8. Metody energetyczne

- 7/23 -

Obliczamy energię

sprężystą układu

(uwzględniamy jedynie

moment gnący, ścinanie

pomijamy)

Przykład

Stosując twierdzenie
Castigliano wyznaczyć
ugięcia f

B

i f

C

w punktach B

i C oraz kąt ugięcia

υ

C

w

punkcie C belki wsporniko-
wej pokazanej na rysunku.

Rozwiązanie

Aby móc obliczyć współrzędne uogólnione w punkcie C (ugięcie, kąt ugięcia) musimy
chwilowo przyłożyć tam siły uogólnione odpowiadające tym współrzędnym: siłę R

i moment gnący M (ostatecznie przyjmiemy, że R=0 oraz M=0)

EJ

Pa

P

U

f

B

3

3

=

∂

∂

=

(

)

EJ

a

l

Pa

R

U

f

C

6

3

2

−

=

∂

∂

=

EJ

Pa

M

U

C

2

2

=

∂

∂

=

υ

przy R=0, M=0

A

B

C

P

y

x

R

M

dx

EJ

M

dx

EJ

M

U

l

a

C

gB

a

B

gA

∫

∫

−

−

+

=

2

2

2

0

2

A

B

M

g

x

M

gB-C

=

−

R

(l

−

x

)

−

M

C

M

gA-B

=

−

P

(a

−

x

)

−

R

(l

−

x

)

−

M

a

l

(

)

(

)

[

]

(

)

[

]

(

)

(

)(

)

(

)

[

]

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

[

]

2

2

2

2

3

3

2

2

2

3

2

0

2

3

3

6

1

3

3

6

1

2

2

M

Rl

a

l

M

Rl

R

a

l

R

a

l

EJ

M

Rl

Pa

a

M

Rl

Pa

R

P

a

R

P

a

EJ

dx

EJ

M

x

l

R

dx

EJ

M

x

l

R

x

a

P

U

l

a

a

+

−

+

+

−

−

−

+

+

+

+

+

+

+

+

−

+

=

=

−

−

−

+

−

−

−

−

−

=

∫

∫

A

B

C

P

a

l

y

x

EJ=

const

f

B

f

C

υ

υ

υ

υ

C

8. Metody energetyczne

- 8/23 -

równań tego rodzaju można napisać tyle,

ile jest reakcji statycznie niewyznaczalnych

8.5. Twierdzenie Menabrea

(Luigi Federico Menabrea 1809-1896)

Belka trójpodporowa – przykład ustroju statycznie niewyznaczalnego

Należy wyznaczyć 3 niewiadome reakcje: R

A

, R

B

, R

C

.

Do dyspozycji mamy 2 równania równowagi:

0

=

∑

y

F

0

=

∑

K

M

albo

0

=

∑

K

M

0

=

∑

J

M

(K, J – dowolnie wybrane punkty płaszczyzny)

Trzecie równanie wyrażające równowagę sił w kierunku osi x:

0

=

∑

x

F

jest spełnione.

Liczba niewiadomych przewyższa o 1 liczbę równań równowagi. Układ jest zatem

jednokrotnie statycznie niewyznaczalny.

Przy wyznaczaniu reakcji w układach statycznie niewyznaczalnych

wykorzystujemy informacje dotyczące odkształceń konstrukcji.

1. Jedną z poszukiwanych reakcji, np. R

C

uznajemy za statycznie niewyznaczalną.

2. Belkę traktujemy tak, jakby była podparta na 2 podporach (A i B) – a więc jak

statycznie wyznaczalną – i obciążona dodatkowo chwilowo nieznaną siłą R

C

=X.

3. Siłę X wyznaczamy z warunku, że ugięcie belki na podporze równe jest 0.
4. Wykorzystujemy twierdzenie Castigliano

twierdzenie Menabrea

0

=

∂

∂

X

U

Pochodna cząstkowa energii sprężystej układu

względem reakcji statycznie niewyznaczalnej jest równa zeru.

A

B

P

C

f

R

A

R

C

R

B

x

y

A

B

P

C

f

R

A

R

C

=X

R

B

x

y

8. Metody energetyczne

- 9/23 -

Przykład

Wykorzystując twierdzenie
Menabrea wyznaczyć reakcje
podpór belki pokazanej na
rysunku i wykonać wykres
momentów gnących.

Rozwiązanie

1. Uwalniamy układ od

więzów.

2. Stwierdzamy, że belka

jest jednokrotnie staty-
cznie niewyznaczalna.

3. Dowolną z reakcji uzna-

jemy za statycznie
niewyznaczalną (R

C

).

4. Wykonujemy „roboczy” wykres momentów gnących.
5. Obliczamy energię sprężystą

∫

∫

−

−

+

=

l

a

C

gB

a

B

gA

dx

EJ

M

dx

EJ

M

U

2

2

2

0

2

Uwaga: jeżeli

∫

=

l

g

dx

EJ

M

U

0

2

2

to

∫

∂

∂

=

∂

∂

l

g

g

dx

X

M

M

EJ

X

U

0

1

a zatem

0

1

1

0

=

∂

∂

+

∂

∂

∫

∫

−

−

−

−

dx

X

M

M

EJ

dx

X

M

M

EJ

l

a

C

gB

C

gB

a

B

gA

B

gA

(

)

(

)

[

]

(

)

(

)(

)

0

0

=

−

−

+

−

−

−

−

∫

∫

dx

x

l

x

l

X

dx

x

l

x

a

P

x

l

X

l

a

a

stąd otrzymujemy:

(

)

3

2

2

3

l

a

l

a

P

X

−

=

A

B

C

P

a

l

y

x

EJ=

const

M

A

A

B

C

P

M

g

x

R

A

R

C

=X

M

gB-C

=X(l

−x)

M

gA-B

=X(l

−x)−P(a−x)

„Roboczy” wykres momentów gnących

A

B

C

M

g

x

Wykres momentów gnących

a

l

(

)(

)

3

2

2

3

l

a

l

a

l

a

P

M

B

−

−

=

(

)









−

−

=

1

2

3

2

l

a

l

a

Pa

M

A

(

)













−

−

=

−

=

3

2

2

3

1

l

a

l

a

P

X

P

R

A

8. Metody energetyczne

- 10/23 -

8.6. Obliczanie przemieszczeń w konstrukcji prętowej na podstawie wzoru

Maxwella-Mohra

(Christian Otto Mohr 1835-1918)

Celem jest obliczenie przemieszczenia w punkcie K belki

Stosujemy twierdzenie
Castigliano:
1. W punkcie K

przykładamy siłę
uogólnioną P

K

,

odpowiadającą
przemieszczeniu f

K

.

2. Obliczamy energię sprężystą układu U i różniczkujemy po sile P

K

, ostatecznie

przyjmując P

K

=0

0

=













∂

∂

=

K

P

K

K

P

U

f

Energię sprężystą obliczamy na podstawie momentu gnącego panującego na belce.
Moment gnący wyznaczamy jako superpozycję dwóch stanów:


1. obciążenia zasadniczego

(siłami P

1

÷P

n

)

2. obciążenia dodatkowego

uogólnioną siłą

P

K

=1

Wykres m

g

(x) wykonujemy dla jednostkowej wartości

P

K

=1

siły uogólnionej.

W przypadku dowolnej siły P

K

wartości momentu gnącego od tej siły będą równe

m

g

(x)

⋅⋅⋅⋅

P

K

układ Clapeyrona

(belka obciążona

siłami P

1

÷P

n

)

A

B

P

1

f

K

P

n

P

i

K

x

y

A

B

P

1

f

K

P

n

P

i

K

P

K

=0

x

y

A

B

P

1

P

n

P

i

K

x

M

g

(x)

A

B

K

P

K

=1

x

m

g

(x)

8. Metody energetyczne

- 11/23 -

Sumaryczny moment gnący panujący na belce równy jest

M

g

(x)+m

g

(x)P

K

Energia sprężysta

( )

( )

(

)

∫

+

=

l

K

g

g

dx

EJ

P

x

m

x

M

U

0

2

2

Przemieszczenie w punkcie K


W rzeczywistości

P

K

=0, ostatecznie otrzymujemy

wzór Maxwella-Mohra

( ) ( )

∫

=

l

g

g

K

dx

EJ

x

m

x

M

f

0

W ogólnym wypadku, gdy energia sprężysta pochodzi od:

− rozciągania (ściskania) ⇒ N(x) − rozkład siły normalnej wzdłuż konstrukcji prętowej

wywołany obciążeniem rzeczywistym,

− ścinania

⇒ T(x)

− rozkład siły tnącej ...,

− skręcania

⇒ M

s

(x)

− rozkład momentu skręcającego ...,

− zginania

⇒ M

g

(x)

− rozkład momentu gnącego ...

wzór Maxwella-Mohra przyjmuje postać:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

∫

∫

∫

∫

+

+

+

=

l

g

g

l

s

s

s

l

l

K

dx

EJ

x

m

x

M

dx

GJ

x

m

x

M

dx

GA

x

t

x

T

dx

EA

x

n

x

N

f

0

0

0

0

ψ

gdzie:

− n(x) − rozkład siły normalnej wzdłuż konstrukcji prętowej wywołany jednostkową siłą

uogólnioną P

K

odpowiadającą przemieszczeniu f

K

,

− t(x) − rozkład siły tnącej ...,

− m

s

(x)

− rozkład momentu skręcającego ...,

− m

g

(x)

− rozkład momentu gnącego ... .

( )

( )

(

)

( )

∫

+

=

∂

∂

=

l

g

K

g

g

K

K

dx

x

m

P

x

m

x

M

EJ

P

U

f

0

1

8. Metody energetyczne

- 12/23 -

8.7. Metoda Wereszczagina obliczania całek typu

( ) ( )

∫

b

a

dx

x

m

x

M

( ) ( )

h

dx

x

m

x

M

b

a

⋅

Ω

=

∫

Ω

− zakreskowane pole

sc

− środek ciężkości pola

Ω

h

=m(x

sc

)

− wartość funkcji

liniowej dla argumentu

x

sc

W podręcznikach do Wytrzymałości Materiałów podane są tabele ułatwiające obliczanie
całek metodą Wereszczagina dla wybranych przebiegów funkcji podcałkowych.

M

(x)

x

a

b

Ω

sc

x

sc

m

(x)

x

a

b

x

sc

h

dowolna funkcja

całkowalna

funkcja liniowa

d

e

l

a

b

l

(

)

(

)

[

]

e

d

b

e

d

a

l

2

2

6

1

+

+

+

8. Metody energetyczne

- 13/23 -

Przykład 1

Stosując wzór Maxwella-
Mohra wyznaczyć ugięcia f

B

i f

C

w punktach B i C oraz

kąt ugięcia

υ

C

w punkcie C

belki wspornikowej
pokazanej na rysunku.

Rozwiązanie

„Stan 0”

Obliczenia ugięcia w punkcie B


„stan 1”

Obliczenia ugięcia w punkcie C


„stan 1”

(

)

(

)

EJ

a

l

Pa

l

a

a

Pa

EJ

dx

m

M

EJ

f

l

g

g

C

6

3

3

2

1

1

1

2

0

−

=

























−

−

=

=

∫

A

B

C

P

a

l

y

x

EJ=

const

f

B

f

C

υ

υ

υ

υ

C

A

B

C

P

a

M

g

x

-Pa

a

/3

sc

Ω

(

)

a

Pa

−

=

Ω

2

1

A

B

C

1

a

m

g

x

-a

a

/3

h

(

)

a

h

−

=

3

2

Ω h

(

)

( )

EJ

Pa

a

a

Pa

EJ

dx

m

M

EJ

f

l

g

g

B

3

3

2

2

1

1

1

3

0

=









−

−

=

=

∫

A

C

1

l

m

g

x

-l

a

/3

h

l

a

h

−

=

3

8. Metody energetyczne

- 14/23 -

Obliczenia kąta ugięcia w punkcie C


„stan 1”

(

) ( )

EJ

Pa

a

Pa

EJ

dx

m

M

EJ

l

g

g

C

2

1

2

1

1

1

2

0

=









−

−

=

=

∫

ϑ

A

C

1

l

m

g

x

−1

a

/3

h

=

−1

8. Metody energetyczne

- 15/23 -

Przykład 2

Korzystając ze wzoru Maxwella-Mohra

obliczyć ugięcia f

C

i f

D

ramy pokazanej na

rysunku.

Rozwiązanie

Obliczenia ugięcia ramy w punkcie C













Stan "0" stan "1"

(

)

b

a

EJ

Pb

b

bPb

EJ

b

aPb

EJ

dx

EJ

m

M

dx

EJ

m

M

dx

EJ

m

M

f

b

g

g

a

g

g

l

g

g

C

+

=













⋅

+













⋅

=

=

+

=

=

∫

∫

∫

3

3

2

2

1

1

3

2

2

1

1

2

0

0

0

A

B

C

a

P

b

f

C

D

a

/2

f

D

EJ

=const

A

B

C

P

Pb

a

b

M

g

A

B

C

1

b

a

b

m

g

8. Metody energetyczne

- 16/23 -

Obliczenia ugięcia ramy w punkcie D














Stan "0" stan "1"

EJ

Pba

Pb

Pb

a

a

Pb

a

a

EJ

dx

EJ

m

M

dx

EJ

m

M

dx

EJ

m

M

f

b

g

g

a

g

g

l

g

g

D

16

0

2

3

1

2

4

2

2

1

2

3

2

4

2

2

1

1

2

0

0

0

=

+

























+

⋅

+

⋅

=

=

+

=

=

∫

∫

∫

A

B

C

1

a

/4

a

m

g

D

a

/2

P

A

B

C

Pb

a

b

M

g

Pb

/2

a

/2

D

8. Metody energetyczne

- 17/23 -

8.8. Równania Maxwella-Mohra (równania kanoniczne metody sił)

Układ Clapeyrona

belka na

n

+2

podporach

(układ n-krotnie

statycznie

niewyznaczalny)

Stan „0”






stan „1”

1

)

1

(

)

1

(

X

m

M

g

g

=

stan „i”

i

i

g

i

g

X

m

M

)

(

)

(

=

stan „n”

n

n

g

n

g

X

m

M

)

(

)

(

=

A

B

P

1

R

A

X

1

R

B

x

y

P

2

P

k

X

i

X

n

A

B

P

1

x

)

0

(

g

M

M

P

2

P

k

A

B

1

x

)

1

(
g

m

A

B

x

)

(i
g

m

1

A

B

x

)

(n
g

m

1

8. Metody energetyczne

- 18/23 -

Sumaryczny moment gnący na belce

n

n

g

i

i

g

g

g

g

X

m

X

m

X

m

M

M

)

(

)

(

1

)

1

(

)

0

(

...

...

+

+

+

+

+

=

Energia sprężysta układu

dx

EJ

M

U

l

g

∫

=

0

2

2

Z twierdzenia Menabrea wynika, że

0

1

=

∂

∂

X

U

...

0

=

∂

∂

i

X

U

...

0

=

∂

∂

n

X

U

Równanie jak wyżej można napisać dla każdej z wielkości

X

1

, ...,X

n

, otrzymuje się więc

tyle równań, ile jest reakcji statycznie niewyznaczalnych.

0

0

0

0

1

1

0

1

1

10

1

1

1

11

=

+

+

+

+

+

=

+

+

+

+

+

=

+

+

+

+

+

n

n

nn

i

ni

n

i

n

in

i

ii

i

n

n

i

i

X

X

X

X

X

X

X

X

X

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

α

L

L

M

L

L

M

L

L

∫

=

l

i

g

j

g

ij

dx

EJ

m

m

0

)

(

)

(

α

ji

ij

α

α

=

∫

=

l

i

g

g

i

dx

EJ

m

M

0

)

(

)

0

(

0

α

Rozwiązując układ równań Maxwella-Mohra

wyznacza się reakcje statycznie niewyznaczalne X

1

, ...,X

n

0

...

...

1

1

0

)

(

)

(

0

)

(

)

(

0

)

(

)

1

(

1

0

)

(

)

0

(

)

(

0

0

=

+

+

+

+

+

=

=

=

∂

∂

=

∂

∂

∫

∫

∫

∫

∫

∫

l

i

g

n

g

n

l

i

i

i

i

i

l

i

g

g

l

i

g

g

i

g

g

l

i

g

g

l

i

dx

EJ

m

m

X

dx

EJ

m

m

X

dx

EJ

m

m

X

dx

EJ

m

M

dx

m

M

EJ

dx

X

M

M

EJ

X

U

α

i0

α

in

α

ii

α

i1

układ

równań

Maxwella

-Mohra

8. Metody energetyczne

- 19/23 -

Przykład 1

Wykorzystując równania
Maxwella-Mohra wyznaczyć
reakcje podpór belki
pokazanej na rysunku
i narysować wykres
momentów gnących

Rozwiązanie

Belka jest 1-krotnie
statycznie niewyznaczalna.

Jako wielkość statycznie
niewyznaczalną
przyjmujemy reakcję na
podporze B.

Stan „0”

stan „1”

0

10

1

11

=

+

α

α

X

Współczynniki

α

ij

obliczamy metodą Wereszczagina:

EJ

l

l

l

EJ

dx

EJ

m

m

l

g

g

3

3

2

2

1

1

3

2

0

)

1

(

)

1

(

11

=









⋅

=

=

∫

α

(

)

(

)

EJ

a

l

Pa

a

l

Pa

a

EJ

dx

EJ

m

M

l

)

(
g

)

(
g

6

3

3

2

1

1

2

0

1

0

10

−

−

=





















−

⋅

−

=

=

∫

α

A

C

B

P

a

l

y

x

EJ=

const

A

C

B

P

y

x

R

A

M

A

R

B

=X

1

A

B

C

P

x

)

0

(

g

M

-

Pa

a

A

B

1

x

)

1

(
g

m

l

l

8. Metody energetyczne

- 20/23 -

(

)

0

6

3

3

2

1

3

=

−

−

EJ

a

l

Pa

X

EJ

l

⇒

(

)

B

R

l

a

l

Pa

X

=

−

=

3

2

1

2

3

Po wyznaczeniu reakcji statycznie niewyznaczalnej R

B

belka staje się statycznie

wyznaczalna i niewiadome reakcje R

A

, M

A

obliczamy z warunków równowagi:

0

=

∑

A

M

⇒

0

=

+

−

l

R

Pa

M

B

A

⇒

(

)

2

2

2

2

3

2

l

a

al

l

a

P

l

R

Pa

M

B

A

+

−

=

−

=

0

=

∑

F

⇒

0

=

+

−

B

A

R

P

R

⇒

3

3

2

3

2

3

2

l

a

l

a

l

P

R

P

R

B

A

+

−

=

−

=

(

)

2

2

2

2

3

2

l

a

al

l

a

P

M

A

+

−

=

(

)

(

)(

)

3

2

2

3

l

a

l

a

l

a

P

a

l

R

M

B

C

−

−

=

=

−

=

Rozkład momentu gnącego na belce

C

C

A

A

k

Pl

M

k

Pl

M

⋅

=

⋅

=

dla a/l

≈0.586

M

A

=M

C

≈0.172Pl

A

C

B

P

a

l

M

g

x

M

C

M

A

0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

a/l

k

A

k

C

8. Metody energetyczne

- 21/23 -

Przykład 2

Wykorzystując układ równań
Maxwella-Mohra wyznaczyć
reakcje w belce pokazanej na
rysunku i wykonać wykres
momentów gnących.

Rozwiązanie

Belka jest 2-krotnie
statycznie niewyznaczalna.

Jako wielkości
statycznie
niewyznaczalne
przyjmujemy R

B

i M

B

.

Stan „0”






stan „1”

stan „2”

0

0

20

2

22

1

21

10

2

12

1

11

=

+

+

=

+

+

α

α

α

α

α

α

X

X

X

X

A

B

C

P

a

l

EJ=

const

A

B

C

P

R

A

M

A

M

B

=X

2

R

B

=X

1

A

B

C

P

x

)

0

(

g

M

-

Pa

a

A

B

1

x

)

1

(
g

m

l

l

A

B

1

x

-

1

)

2

(
g

m

8. Metody energetyczne

- 22/23 -

Współczynniki

α

ij

obliczamy metodą Wereszczagina:

EJ

l

l

l

EJ

dx

EJ

m

m

l

g

g

3

3

2

2

1

1

3

2

0

)

1

(

)

1

(

11

=









⋅

=

=

∫

α

( )

EJ

l

l

EJ

dx

EJ

m

m

l

g

g

2

1

2

1

1

2

2

0

)

2

(

)

1

(

21

12

−

=









−

⋅

=

=

=

∫

α

α

(

)

(

)

EJ

a

l

Pa

a

l

Pa

a

EJ

dx

EJ

m

M

l

g

g

6

3

3

2

1

1

2

0

)

1

(

)

0

(

10

−

−

=

























−

⋅

−

=

=

∫

α

( ) ( )

[

]

EJ

l

l

EJ

dx

EJ

m

m

l

g

g

=

−

⋅

−

=

=

∫

1

1

1

0

)

2

(

)

2

(

22

α

(

) ( )

EJ

Pa

Pa

a

EJ

dx

EJ

m

M

l

g

g

2

1

2

1

1

2

0

)

2

(

)

0

(

20

=









−

⋅

−

=

=

∫

α

(

)

0

2

2

0

6

3

2

3

2

2

1

2

2

2

2

1

3

=

+

+

−

=

−

−

−

EJ

Pa

X

EJ

l

X

EJ

l

EJ

a

l

Pa

X

EJ

l

X

EJ

l

Po rozwiązaniu układu równań otrzymujemy

(

)

B

R

l

a

l

a

P

X

=

−

=

3

2

1

2

3

(

)

B

M

l

a

l

a

P

X

=

−

=

2

2

2

Po wyznaczeniu reakcji statycznie niewyznaczalnych R

B

, M

B

belka staje się statycznie

wyznaczalna i niewiadome reakcje R

A

, M

A

obliczamy z warunków równowagi:

0

=

∑

A

M

⇒

0

=

−

+

−

B

B

A

M

l

R

Pa

M

⇒

(

)

2

2

l

a

l

a

P

M

l

R

Pa

M

B

B

A

−

=

+

−

=

0

=

∑

F

⇒

0

=

+

−

B

A

R

P

R

⇒

(

) (

)

3

2

2

l

l

a

a

l

P

R

P

R

B

A

+

−

=

−

=

8. Metody energetyczne

- 23/23 -

(

)

2

2

l

a

l

a

P

M

A

−

=

(

)

2

2

l

a

l

a

P

M

B

−

=

(

)

(

)

3

2

2

2

l

a

l

a

l

a

P

M

a

R

M

A

A

C

−

−

=

=

−

=

Rozkład momentu gnącego na belce

C

C

B

B

A

A

k

Pl

M

k

Pl

M

k

Pl

M

⋅

=

⋅

=

⋅

=

dla a=l/2

M

A

=M

B

=M

C

=Pl

/8

A

B

C

P

a

l

M

C

M

B

M

A

x

M

g

-0.10

-0.05

0.00

0.05

0.10

0.15

0.20

0.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

a/l

k

A

k

C

k

B