WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

1

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

5.1. Ćwiczenie projektowe numer 5

Wykazać geometryczną niezmienność oraz narysować wykresy siły poprzecznej i momentu zginają-

cego dla belki przedstawionej na rysunku 5.1. Zaprojektować przekrój pręta jako blachownicę dwuteową.
W przekroju

α

-

α

wyznaczyć wartości oraz zwroty sił przekrojowych. Narysować wykresy naprężenia

normalnego

σ

X

oraz naprężeń stycznych

τ

XZ

i

τ

XY

. W punktach A, B i C, przedstawionych na rysunku 5.2,

wyznaczyć kierunek oraz naprężenia główne. Naprężenia w układach ZX oraz osi głównych przedstawić
graficznie na elementarnych kwadratach. W punkcie B wyznaczyć stan odkształcenia odpowiadający
stanowi naprężenia w układzie ZX oraz w układzie osi głównych. Na koniec w punkcie B wyznaczyć
naprężenia zredukowane według hipotez Treski i H-M-H (Hubera).

Wytrzymałość stali, z której wykonana jest belka złożona, przyjąć równą 215 MPa. Wartość modułu

Younga wynosi 205 GPa natomiast wartość współczynnika Poissona 0,3.

A

B

C

D

12,0 kN

24,0 kN/m

6,0

2,0

2,0

[m]

α

α

Rys. 5.1. Belka

Y=Y

gl

Z=Z

gl

h

S

A

B

C

0,

3∙

h

S

Rys. 5.2. Przekrój belki

5.2. Analiza kinematyczna belki

Rysunek 5.3 przedstawia belkę prostą traktowaną w analizie kinematycznej jako płaską tarczę

sztywną. Jak widać tarcza sztywna posiada trzy stopnie swobody. Tarcza ta jest podparta trzema prętami
podporowymi 1, 2 i 3. Wszystkie te więzy odbierają razem trzy stopnie swobody. Został więc spełniony
warunek konieczny geometrycznej niezmienności. Belka może więc być układem geometrycznie
niezmiennym i statycznie wyznaczalnym. Tarcza numer I jest podparta trzema prętami podporowymi numer
1, 2 i 3, których kierunki nie przecinają się w jednym punkcie. Został więc spełniony także i warunek
dostateczny geometrycznej niezmienności dla tej tarczy sztywnej. Jest więc ona geometrycznie niezmienna
i statycznie wyznaczalana.

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

2

1

2

3

I

A

C

D

Rys. 5.3. Belka jako tarcza sztywna

A

B

C

D

12,0 kN

24,0 kN/m

6,0

2,0

2,0

[m]

X

Y

V

A

H

A

V

C

Rys. 5.4. Założone zwroty reakcji podporowych

5.3. Wyznaczenie reakcji podprowych

Rysunek 5.4 przedstawia założone zwroty reakcji podporowych. Pozioma reakcja na podporze A

wynosi



X =H

A

=

0

H

A

=

0,0kN

.

Pionowa reakcja na podporze A wynosi



M

C

=

V

A

⋅

8,0−

1
2

⋅

24,0⋅6,0⋅



2,0

2
3

⋅

6,0





12,0⋅2,0=0

V

A

=

51,0 kN

.

Pionowa reakcja na podporze C wynosi



M

A

=−

V

C

⋅

8,0

1
2

⋅

24,0⋅6,0⋅

1
3

⋅

6,012,0⋅10,0=0

V

C

=

33,0 kN

.

Równanie sprawdzające ma postać



Y =V

A



V

C

−

1

2

⋅

24,0⋅6,0−12,0=51,033,0−72,0−12,0=0

.

Rysunek 5.5 przedstawia prawidłowe wartości i zwroty reakcji podprowych.

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

3

A

B

C

D

12,0 kN

24,0 kN/m

6,0

2,0

2,0

[m]

51,0 kN

33,0 kN

Rys. 5.5. Prawidłowe wartości i zwroty reakcji podporowych

5.4. Wykres siły poprzecznej

W przedziale AB siła poprzeczna jest funkcją kwadratową natomiast w pozostałych przedziałach

funkcją stałą. Wartość siły poprzecznej w punkcie A wynosi

T

A

=

51,0 kN

.

Wartość siły poprzecznej z lewej strony punktu B wynosi

T

B



L



=

51,0−

1

2

⋅

24,0⋅6,0=−21,0 kN

.

Miejsce zerowe siły poprzecznej znajduje się w odległości

x

L

=



2⋅21,0⋅6,0

24,0

=

3,240 m

od punktu B. W punkcie tym znajduje się również ekstremum tego wykresu. Wartość siły poprzecznej
z prawej strony punktu B wynosi

T

B



P



=−

21,0 kN

.

Wartość siły poprzecznej w przedziale BC i z lewej strony punktu C wynosi

T

BC

=

T

C



L



=−

21,0 kN

.

Wartość siły poprzecznej z prawej strony punktu C wynosi

T

C



P



=−

21,033,0=12,0 kN

.

Wartość siły poprzecznej w przedziale CD wynosi

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

4

T

CD

=

12,0 kN

.

Rysunek 5.11 przedstawia wykres siły poprzecznej w belce.

5.5. Wykres momentu zginającego

W przedziale AB moment zginający jest funkcją trzeciego stopnia natomiast w pozostałych

przedziałach funkcją liniową. Zgodnie z rysunkiem 5.6 a) moment zginający w punkcie A wynosi

M

A

=

0,0kNm

.

Zgodnie z rysunkiem 5.6 b) moment zginający z lewej strony punktu B wynosi

M

B



L



=

51,0⋅6,0−

1

2

⋅

24,0⋅6,0⋅

2
3

⋅

6,0=18,0 kNm

.

Zgodnie z rysunkiem 6.7 wartość obciążenia ciągłego w miejscu ekstremum momentu zginającego wynosi

q

1

3,240

=

24,0

6,0

,

q

1

=

12,96

kN

m

.

Zgodnie z rysunkiem 5.8 ekstremalny moment zginający w przedziale AB wynosi

M

1

=

33,0⋅



3,2402,0



−

12,0⋅



4,03,240



−

1

2

⋅

12,96⋅3,240⋅

1
3

⋅

3,240=63,37 kNm

.

Zgodnie z rysunkiem 5.9 a) moment zginający z prawej strony punktu B wynosi

M

B



P



=

33,0⋅2,0−12,0⋅4,0=18,0 kNm

.

Zgodnie z rysunkiem 5.9 b) moment zginający z lewej strony punktu C wynosi

M

C



L



=−

12,0⋅2,0=−24,0 kNm

.

Zgodnie z rysunkiem 5.10 a) moment zginający z prawej strony punktu C wynosi

M

C



P



=−

12,0⋅2,0=−24,0kNm

.

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

5

A

24,0 kN/m

6,0

[m]

51,0 kN

A

51,0 kN

M

B

(L)

a)

b)

M

A

Rys. 5.6. Momenty zginające w przedziale AB

[m]

6,0

24,0 kN/m

3,240

q

1

Rys. 5.7. Obciążenie ciągłe w ekstremum momentu zginającego

B

C

D

12,0 kN

3,240

2,0

2,0

[m]

33,0 kN

M

1

12,96 kN/m

Rys. 5.8. Ekstremalny moment zginający w przedziale AB

C

D

12,0 kN

2,0

[m]

33,0 kN

2,0

M

B

(P)

C

D

12,0 kN

2,0

[m]

33,0 kN

M

C

(L)

a)

b)

Rys. 5.9. Momenty zginające w przedziale BC

D

12,0 kN

2,0

[m]

M

C

(P)

D

12,0 kN

M

D

a)

b)

Rys. 5.10. Momenty zginające w przedziale CD

Zgodnie z rysunkiem 5.10 b) moment zginający w punkcie D wynosi

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

6

A

B

C

D

12,0 kN

24,0 kN/m

6,0

2,0

2,0

[m]

51,0 kN

33,0 kN

T(x) [kN]

M(x) [kNm]

2,760

3,240

2,760

3,240

51

,0

21,0

12,0

0,

0

1

8,

0

24

,0

0

,0

63

,3

7

α

α

Rys. 5.11. Wykresy sił przekrojowych w belce

M

D

=

0,0 kNm

.

Rysunek 5.11 przedstawia wykres momentu zginającego w belce.

5.6. Zaprojektowanie przekroju blachownicowego belki

Zgodnie z rysunkiem 5.11 wartość ekstremalnego momentu zginającego na długości belki wynosi

M

Y

EXT

=

63,37 kNm

=

6337kNcm

.

Wytrzymałość materiału wynosi

R

=

215 MPa

=

21,5

kN

cm

2

.

Wskaźnik przekroju powinien spełniać warunek

W

Y



6337

21,5

=

294,7 cm

3

.

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

7

[cm]

10,6

24

,0

0,87

1,

3

1

Rys. 5.12. Dwuteownik normalny 240

Y=Y

0

=Y

gl

Z=Z

0

=Z

gl

11

,9

11

,9

11,0

0,9

[cm]

5,5

5,5

2

1,

0

1

,4

1

,4

sc

2

3,

8

1

3=sc

4

5

Y=Y

0

=Y

gl

Z=Z

0

=Z

gl

21

,0

1,

4

1,

4

11,0

[cm]

6

7

2

11

,9

11

,9

a)

b)

Rys. 5.13. Przekrój blachownicowy

Rysunek 5.12 przedstawia dwuteownik 240, którego wskaźnik wytrzymałości wynosi

W

Y

=

354 cm

3

.

Rysunek 5.13 przedstawia przyjęty przekrój blachownicowy. Główny moment bezwładności względem osi
Y wynosi

J

Y

=

11,0

⋅

23,8

3

12

−

10,1

⋅

21,0

3

12

=

4563cm

4

.

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

8

24,0 kNm

2

1,

0

k

N

X

Z=Z

0

=Z

gl

Rys. 5.14. Siły przekrojowe w przekroju

α−α

Wskaźnik wytrzymałości przekroju blachownicowego wynosi

W

Y

=

4563

11,9

=

383,4 cm

3



294,7 cm

3

.

5.7. Wykresy naprężenia normalnego i stycznego w przekroju blachownicowym

Rysunek 5.14 przedstawia wartości i zwroty siły poprzecznej i momentu zginającego działające

w przekroju

α

-

α

odczytane na podstawie rysunku 5.11. Wartość bezwzględna siły poprzecznej wynosi

∣

T

Z

∣

=

21,0 kN

.

Wartość momentu zginającego wynosi

M

Y

=−

24,0 kNm

=−

2400 kNcm

.

Funkcja naprężenia normalnego ma postać



X

=

−

2400

4563

⋅

z

=−

0,5260

⋅

z

.

Zgodnie z oznaczeniami na rysunku 5.13 b) naprężenia normalne w punktach od 1 do 5 wynoszą



X



1



=−

0,5260⋅11,9=−6,259

kN

cm

2

=−

62,59 MPa

,



X



2



=−

0,5260⋅10,5=−5,523

kN

cm

2

=−

55,23 MPa

,



X



3



=−

0,5260⋅0,0=0,0

kN

cm

2

=

0,0 MPa

,

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

9

Y=Y

0

=Y

gl

Z=Z

0

=Z

gl

11

,2

11,0

0,9

[cm]

21

,0

1,

4

1,

4

11

,9

11

,9

Y=Y

0

=Y

gl

Z=Z

0

=Z

gl

11

,2

11,0

0,9

[cm]

21

,0

1,

4

1,

4

11

,9

11

,9

5,

2

5

0,9

1

0,

5

2

sc

1

3=sc

sc

2

sc

1

sc

a)

b)

Rys. 5.15. Części przekroju do wyznaczenia naprężeń stycznych

τ

XZ

Y=Y

0

=Y

gl

Z=Z

0

=Z

gl

11

,2

11,0

0,9

[cm]

5,5

5,5

2

1,

0

1

,4

1

,4

5,05

6

11

,9

11

,9

sc

3

sc

Rys. 5.16. Część przekroju do wyznaczenia naprężenia stycznego

τ

XY



X



4



=−

0,5260⋅



−

10,5



=

5,523

kN

cm

2

=

55,23 MPa

,



X



5



=−

0,5260⋅



−

11,9



=

6,259

kN

cm

2

=

62,59 MPa

.

Rysunek 5.17 przedstawia wykres naprężenia normalnego na wysokości przekroju blachownicowego.
Naprężenie styczne

τ

XZ

w punkcie 1 wynosi zero. Wartość bezwzględna naprężenia stycznego

τ

XZ

w punkcie

2 znajdującym się w półce, zgodnie z rysunkiem 5.15 a) wynosi

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

10

∣



XZ



2p



∣

=

21,0⋅



11,0⋅1,4⋅11,2



11,0⋅4563

=

0,07216

kN

cm

2

=

0,7216 MPa

.

Wartość bezwzględna naprężenia stycznego

τ

XZ

w punkcie 2 znajdującym się w środniku, zgodnie z rysun-

kiem 5.15 a) wynosi

∣



XZ



2s



∣

=

21,0⋅



11,0⋅1,4⋅11,2



0,9⋅4563

=

0,8820

kN

cm

2

=

8,820 MPa

.

Zgodnie z rysunkiem 5.15 b) wartość bezwzględna naprężenia stycznego w punkcie 3 wynosi

∣



XZ



3



∣

=

21,0⋅



11,0⋅1,4⋅11,210,5⋅0,9⋅5,25



0,9⋅4563

=

1,136

kN

cm

2

=

11,36 MPa

.

Rysunek 5.17 przedstawia wykres naprężenia stycznego

τ

XZ

na wysokości przekroju blachownicowego.

Naprężenia te są ujemne w układzie ZX. Zgodnie z rysunkiem 5.16 naprężenie styczne w punkcie 6 wynosi

∣



XY



6



∣

=

21,0⋅



5,05⋅1,4⋅11,2



1,4⋅4563

=

0,2603

kN

cm

2

=

2,603 MPa

.

Rysunek 5.17 przedstawia wykres naprężenia stycznego

τ

XY

w półkach przekroju blachownicowego.

Y=Y

0

=Y

gl

Z=Z

0

=Z

gl

24,0 kNm

21,0 kN

N=0,0 kN

[MPa]

62,59

55,23

55,23

62,59

0,0

0,0

0,0

[MPa]

0,7216

8,820

8,820

11,36

[MPa]

2,

60

3

0

,0

0,

0

[MPa]

0

,0

0,

0

σ

X

τ

XZ

τ

XY

τ

XY

sc

0,7216

2,

60

3

2,

60

3

2

,6

03

Rys. 5.17. Wykresy naprężeń w przekroju blachownicowym

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

11

Y=Y

0

=Y

gl

Z=Z

0

=Z

gl

11

,9

11

,9

11,0

0,9

[cm]

5,5

5,5

21

,0

1,

4

1,

4

A=sc

23

,8

B

C

0,3∙21,0=6,3

4,2

Rys. 5.18. Przekrój blachownicowy

X

Z

11,36 MPa

11,36 MPa

a)

11

,3

6

M

Pa

11

,36

M

Pa

11

,3

6

M

Pa

11

,36

M

Pa

X

Z

b)

45

0

Rys. 5.19. Graficzna interpretacja stanu naprężenia w punkcie A

Y=Y

0

=Y

gl

Z=Z

0

=Z

gl

11

,9

11

,9

11,0

0,9

[cm]

21

,0

1,

4

1,

4

sc

23

,8

B

0,3∙21,0=6,3

4,2

11

,2

7

,3

5

sc

1

sc

2

Rys. 5.20. Części przekroju do wyznaczenia naprężenia stycznego

τ

XZ

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

12

5.8. Naprężenia główne w punktach A, B i C

Rysunek 5.18 przedstawia przekrój blachownicowy z zaznaczonymi punktami A, B i C. W punkcie A

występuje czyste ścinanie. Rysunek 5.19 a) przedstawia ten stan naprężenia w układzie ZX natomiast
rysunek 5.19 b) przedstawia naprężenia i kierunek główny. W punkcie B naprężenie normalne wynosi



X



B



=−

0,5260⋅4,2=−2,209

kN

cm

2

=−

22,09 MPa

.

Zgodnie z rysunkiem 5.20 wartość bezwzględna naprężenia stycznego w punkcie B wynosi

∣



XZ



B



∣

=

21,0⋅



11,0⋅1,4⋅11,26,3⋅0,9⋅7,35



0,9⋅4563

=

1,095

kN

cm

2

=

10,95 MPa

.

Naprężenie to jest w układzie ZX ujemne czyli wynosi



XZ



B



=−

10,95 MPa

.

Tensor naprężenia ma postać



=

[

−

22,09 0

−

10,95

0

0

0

−

10,95 0

0

]

[

MPa

]

.

Rysunek 5.21 a) przedstawia graficzną interpretację tego stanu naprężenia. Kąt nachylenia osi głównych
wynosi

tg



2⋅

gl



=

2⋅



−

10,95



0,0−



−

22,09



=−

0,9914

.

Kąt nachylenia osi głównych wynosi



gl

=−

22,38 °

.

Naprężenia główne wynoszą więc



Zgl

=

0,0



−

22,09



2



0,0−



−

22,09



2

⋅

cos



2⋅



−

22,38°





−

10,95⋅sin



2⋅



−

22,38°





=

4,508 MPa

,



Xgl

=

0,0



−

22,09



2

−

0,0−



−

22,09



2

⋅

cos



2⋅



−

22,38°





−



−

10,95



⋅

sin



2⋅



−

22,09 °





=−

26,60 MPa

.

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

13

X

Z

22,09 MPa

22,09 MPa

10,95 MPa

10,95 MPa

26,60

MPa

26,60

MPa

4,508

MPa

4,508

MPa

X

Z

Z

gl

X

gl

22,38

0

b)

a)

Rys. 5.21. Graficzna interpretacja stanu naprężenia w punkcie B

X=X

gl

Z=Z

gl

62,59 MPa

62,59 MPa

Rys. 5.22. Graficzna interpretacja stanu naprężenia w punkcie C



1/2

=

0,0



−

22,09



2

±





0,0−



−

22,09



2



2





−

10,95



2

=

{

4,508 MPa

−

26,60 MPa

.

Niezmienniki stanu naprężenia wynoszą

I

1

=

0,0



−

22,09



=−

22,09 MPa

,

I

1

=

4,508



−

26,60



=−

22,09 MPa

,

I

2

=

0,0⋅



−

22,09



−



−

10,95



2

=−

119,9 MPa

2

,

I

2

=



−

26,60



⋅

4,508=−119,9 MPa

2

.

Rysunek 5.21 b) przedstawia naprężenia główne w punkcie B. Tensor naprężenia ma postać



gl

=

[

−

26,60 0

0

0

0

0

0

0 4,508

]

[

MPa

]

.

Rysunek 5.22 przedstawia graficzną interpretację stanu naprężenia w punkcie C. Przedstawia on także
naprężenia i kierunek główny.

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

14

5.9. Stan odkształcenia oraz naprężenia zredukowane w punkcie B

Belka wykonana jest ze stali budowlanej St3S. Wartość modułu Younga. Dla tego gatunku stali

wynosi

E

=

205GPa

=

205000 MPa

.

Odkształcenia liniowe w układzie ZX wynoszą



X

=

1

205000

⋅

[

−

22,09−0,3⋅



0,00,0



]

=−

107,8⋅10

−

6

,



Y

=

1

205000

⋅

[

0,0−0,3⋅



−

22,090,0



]

=

32,33⋅10

−

6

,



Z

=

1

205000

⋅

[

0,0−0,3⋅



−

22,090,0



]

=

32,33⋅10

−

6

.

Moduł Kirchhoffa wynosi

G

=

205

2

⋅



1



0,3



=

78,85 GPa

=

78850 MPa

.

Odkształcenia postaciowe wynoszą



XZ

=

−

10,95

2

⋅

78850

=−

69,44

⋅

10

−

6

,



XY

=



YZ

=

0

.

Tensor odkształcenia ma postać

=

[

−

107,8

0

−

69,44

0

32,33

0

−

69,44

0

32,33

]

⋅

10

−

6

.

Odkształcenia główne wynoszą



Xgl

=

1

205000

⋅

[

−

26,60−0,3⋅



4,5080,0



]

=−

136,4⋅10

−

6

,



Ygl

=

1

205000

⋅

[

0−0,3⋅



4,508−26,60



]

=

32,33⋅10

−

6

,

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I

WM

5. Ćwiczenie projektowe numer 5 – przykład 1

15



Zgl

=

1

205000

⋅

[

4,508−0,3⋅



−

26,600,0



]

=

60,92⋅10

−

6

Tensor odkształcenia w układzie osi głównych ma postać



gl

=

[

−

136,4

0

0

0

32,33

0

0

0

60,92

]

⋅

10

−

6

.

Naprężenie zredukowane według hipotezy H-M-H wynosi



red



H

−

M

−

H 

=



−

22,09



2



3

⋅

−

10,95



2

=

29,11 MPa

.

Naprężenie zredukowane według hipotezy Treski wynosi



red



T



=





−

22,09



2



4⋅



−

10,95



2

=

31,11 MPa

.

Dr inż. Janusz Dębiński

BNS-I