2.Wytrzymałość materiałów
2.1 Ściskanie i rozciąganie prętów
2.1.1
Obliczyć o ile wydłuży się pod własnym ciężarem pręt o długości l, jeżeli wykonany jest z
aluminium o gęstości
ρ
= 2,6 g/cm
3
i module Younga E = 64 MPa.
y
dx
x
l
x
2.1.2
Dla prętów pokazanych na rysunkach obliczyć wydłużenie całkowite. Dla przypadku C)
wyznaczyć również przemieszczenia punktów A i B. Moduł Younga dla wszystkich prętów
przyjąć równy E.
Dane: F, E, d ,a ,l
A)
φ2d
φ1,
5d
l
l
F
B)
l/2
φ2d
l
l
F
2F
φ1,
5d
C)
l
l/2
l
l
φ3a
φ2a
φ3a
F
2
F
B
A
F
2.1.3
Obustronnie utwierdzony pręt o przekroju kołowym (przedstawiony na rysunku) oziębiono o
∆
t
°C. Obliczyć reakcje ścian oraz naprężenia w prętach, jeżeli liniowy współczynnik
rozszerzalności wynosi
α
, a moduł Younga jest równy E. Pręt dodatkowo obciążono siłą 7P
zaznaczoną na rysunku.
(Termiczne wydłużenie liniowe opisuje zależność
∆
l=
α∆
tl)
7P
φd
φ2d
R
1
=?
R
2
=?
l
l
2.1.4
Obustronnie utwierdzony pręt o przekroju kołowym (przedstawiony na rysunku) obciążono
siłą Q a następnie ogrzano. Obliczyć o ile ogrzano ten pręt, rekcję R
2
a także naprężenia w
prętach, jeżeli reakcja jednej ze ścian po ogrzaniu wynosi 2Q; liniowy współczynnik
rozszerzalności jest równy
α
, Moduł Younga dla pręta przyjąć równy E.
Q
φa
φ1,
5a
R
1
=2Q
R
2
=?
l
l
2.1.5
Pręt o przekroju kołowym obciążony jest siłami P i 2P jak przedstawiono na rysunku.
Wyznaczyć reakcję ścian. Szerokość szczeliny wynosi
δ a moduł Younga dla materiału z
którego wykonany jest pręt E.
L
δ
2P
P
L
L
φ2d
φd
2.1.6
Filar mostu w całości ma być zanurzony w wodzie. Jak musi się zmieniać przekrój
poprzeczny tego filaru wykonanego z betonu o gęstości
ρ, aby naprężenia w dowolnym
przekroju były równe wytrzymałości betonu na ściskanie k
c
. Przyjąć że górna powierzchnia
filaru obciążona jest równomiernie naciskiem powierzchniowym q = k
c
a jej pole wynosi S
0
.
2.1 Zginanie belek
2.2.1
Dla belek przedstawionych na rysunkach sporządzić wykresy siły tnącej (T) oraz momentu
gnącego (M
g
)
a)
2a
a
3a
F
2F
B
A
b)
2a
a
3a
F
M = 2Fa
B
A
c)
M = 0,5qa
2
a
a
2a
A
M = 0,5qa
2
q
B
2.2.2
W celu zbadania wpływu naprężeń na własności magnetyczne ciał stosuje się próbki w
kształcie pasków materiału o przekroju prostokątnym w układzie jak na rysunku. Jaką wartość
muszą mieć siły F aby zbadać próbkę w zakresie do granicy plastyczności (200MPa), jeżeli
próbki mają długość L = 9 cm, szerokość b = 1 cm i grubość h = 0,3 mm. W jakim obszarze
można przeprowadzać badania.
l/3
l/3
l/3
F
F
2.2.3
Jak długi pręt o masie całkowitej m (o przekroju kołowym) można wykonać z materiału o
gęstości
ρ
, aby pręt ten po ułożeniu go poziomo i podparciu jego końców nie uległ
zniszczeniu pod własnym ciężarem. Naprężenie maksymalne na zginanie materiału pręta
wynosi k
g
. Wskaźnik wytrzymałości przekroju porzecznego belki na zginanie dla belki o
przekroju kołowym wynosi W =
π
R
3
/4
2.2.4
Zaprojektuj belkę o przekroju prostokątnym, przy założeniu stałej jej grubości h = const, jako
belkę o równomiernej wytrzymałości na rozciąganie. Obliczenia wykonaj dla obciążenia
przedstawionego na rysunku.
l
l
F
B
A
h
R
A
=F/2
R
B
=F/2
2.2.5
Po belce o długości l podpartej na obu końcach może przemieszczać się człowiek o ciężarze
G. Wyznaczyć wymaganą grubość belki o przekroju kwadratowym aby człowiek nie
spowodował zniszczenia belki, jeżeli naprężenie dopuszczalne na zginanie wynosi k
g
2.2.6
Wyznaczyć maksymalną wartość naprężeń rozciągających w belce suwnicy przedstawionej
na rysunku, jeżeli wskaźnik wytrzymałości przekroju porzecznego belki na zginanie wynosi
W.
A
R
A
x
Q
B
R
B
Q
d
l
Rozwiązania:
2.1.1.R
Rozpatrzmy wydłużenie elementu pręta o długości dx znajdującego się w odległości x od
dolnego końca pręta. Element ten jest rozciągany siłą równą co do wartości ciężarowi pręta
znajdującego się poniżej tego elementu.
( )
( )
g
x
S
g
x
m
x
F
ρ
=
=
Z prawa Hooke’a otrzymujemy:
( )
( )
dx
E
g
x
dx
E
S
g
x
S
dx
E
S
x
F
dx
E
dx
dx
S
x
F
ρ
ρ
=
=
=
∆
⇒
∆
=
,
Aby wyznaczyć całkowite wydłużenie pręta musimy zsumować (scałkować) wydłużenia
wszystkich elementów dx.
E
l
g
dx
x
E
g
dx
E
g
x
dx
l
l
l
l
2
2
0
0
0
ρ
ρ
ρ
=
=
=
∆
=
∆
∫
∫
∫
Odpowiedź: całkowite wydłużenie pręta wyniesie:
mm
2
,
0
2
2
≈
=
∆
E
l
g
l
ρ
2.1.2.R
A)
Reakcję ściany wyznaczamy z zależności:
F
R
F
R
=
⇒
=
−
0
Korzystając z prawa Hooke’a otrzymujemy:
ES
Fl
l
l
l
E
S
F
E
=
∆
∆
=
⇒
=
ε
σ
Wydłużenie całkowite jest sumą wydłużeń obu prętów:
2
1
2
1
ES
Fl
ES
Fl
l
l
l
−
−
=
∆
+
∆
=
∆
, gdzie
,
2
1
d
S
π
=
2
2
16
9
d
S
π
=
E
d
Fl
l
2
9
25
π
−
=
∆
(pręt jest ściskany)
B)
Reakcję ściany wyznaczamy z zależności:
F
R
F
F
R
−
=
⇒
=
−
+
0
2
2
2
1
3
2
1
)
2
(
2
ES
l
F
F
ES
Fl
ES
Fl
l
l
l
l
−
+
+
=
∆
+
∆
+
∆
=
∆
,
gdzie
,
2
1
d
S
π
=
2
2
16
9
d
S
π
=
E
d
Fl
l
2
9
π
=
∆
C)
E
a
Fl
l
2
9
27
π
−
=
∆
E
a
Fl
x
E
a
Fl
x
B
A
2
2
9
19
9
8
π
π
−
=
∆
−
=
∆
2.1.3.R
Całkowite wydłużenie pręta składa się z wydłużenia (skrócenia) termicznego i wydłużenia
mechanicznego. Z uwagi na to, że pręt jest utwierdzony jest ono zerowe.
0
=
∆
+
∆
=
∆
m
t
l
l
l
Wydłużenie termiczne obliczamy z zależności:
t
l
l
t
∆
−
=
∆
α
2
- minus oznacza oziębianie, a czynnik 2 wynika z faktu że rozpatrujemy
wydłużenie obu fragmentów pręta jednocześnie.
Wydłużenie mechaniczne jest sumą wydłużeń obu fragmentów:
(
)
(
) (
)
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
2
1
5
7
7
4
7
d
E
l
R
P
d
E
l
R
P
d
E
l
R
ES
l
R
P
ES
l
R
l
l
l
m
π
π
π
−
=
−
+
−
=
−
+
−
=
∆
+
∆
=
∆
Z warunków zadania:
(
)
(
)
2
1
1
2
2
1
2
7
5
1
5
7
2
0
5
7
2
0
d
tE
P
R
R
P
d
tE
d
E
l
R
P
tl
l
π
α
π
α
π
α
∆
−
=
−
=
∆
=
−
+
∆
−
⇒
=
∆
Drugą reakcję obliczamy z warunku równowagi sił:
(
)
2
2
1
2
2
1
2
28
5
1
7
0
7
d
tE
P
R
P
R
R
R
P
R
π
α
∆
+
−
=
−
=
⇒
=
−
−
Następnie obliczamy naprężenia w prętach:
(
)
2
2
2
1
1
1
5
28
5
8
5
2
7
4
d
P
tE
d
d
tE
P
S
R
π
α
π
π
α
σ
−
∆
=
∆
−
−
=
−
=
- minus przed R
1
oznacza ściskanie.
(
)
tE
d
P
d
d
tE
P
S
R
∆
+
=
∆
+
=
−
=
α
π
π
π
α
σ
5
2
5
28
5
2
28
2
2
2
2
2
2
2.1.4.R
2
2
2
1
2
2
4
9
32
9
34
a
Q
a
Q
Q
R
a
E
Q
t
π
σ
π
σ
π
α
−
=
−
=
=
=
∆
2.1.5.R
Wskazówka: całkowite wydłużenie pręta wyniesie
δ
Jeżeli przyjmiemy że obie reakcje skierowane są w lewo otrzymamy:
L
E
d
P
R
L
E
d
P
R
6
3
2
6
3
7
2
2
2
1
δ
π
δ
π
−
=
+
=
2.1.6.R
Rozpatrzmy element filaru o wysokości dx. Na górną
powierzchnię tego elementu działa, zgodnie z warunkami
zadania siła:
y
dx
x
x
q=k
c
( )
( )
x
S
q
x
F
=
,
Wypadkowa siła działająca na element dx musi być równa
zeru.
(
)
( )
(
)
( )
,
,
0
w
dx
dx
w
F
Q
x
F
dx
x
F
Q
F
x
F
dx
x
F
−
+
=
+
=
+
+
+
+
r
r
r
r
gdzie F
w
oznacza siłę wyporu działającą na ten element natomiast Q
dx
jego ciężar.
( )
( ) (
)
dx
x
S
g
x
S
q
dx
x
S
g
dx
x
S
g
x
S
q
dx
x
F
w
w
)
(
)
(
)
(
)
(
ρ
ρ
ρ
ρ
−
+
=
−
+
=
+
Siłę działającą na dolna powierzchnię elementu możemy zapisać w postaci:
(
)
(
)
( )
(
)
( )
dS
q
x
qS
q
dS
x
S
dx
x
qS
dx
x
F
+
=
+
≅
+
=
+
Przyrównując stronami otrzymamy:
(
) ( )
( )
(
)
dx
q
g
x
S
dS
dx
x
S
g
dS
q
w
w
ρ
ρ
ρ
ρ
−
=
−
=
,
Po scałkowaniu otrzymamy:
( )
(
) (
)
C
x
q
g
x
S
w
+
−
=
ρ
ρ
ln
Stałą C wyznaczamy z warunku że dla x = 0 pole S(x) = S
0
, stąd C = ln(S
0
), czyli:
( ) (
)
( )
(
)
−
=
−
=
x
q
g
S
x
S
x
q
g
S
x
S
w
w
ρ
ρ
ρ
ρ
exp
,
ln
0
0
Odpowiedź: Pole przekroju filaru powinno rosnąć zgodnie z równaniem:
( )
(
)
−
=
x
q
g
S
x
S
w
ρ
ρ
exp
0
2.2.1.R
A)
Zadanie rozpoczynamy od wyznaczenia reakcji podporowych.
Z warunku równowagi momentów sił względem punktu A otrzymujemy:
F
R
R
F
a
R
a
F
a
F
M
B
B
B
A
3
2
0
6
4
0
6
3
2
2
0
=
=
+
−
=
+
−
⇒
=
∑
Z równowagi sił:
F
R
F
R
R
F
A
B
A
y
3
1
0
0
=
=
−
+
⇒
=
∑
Następnie belkę dzielimy na trzy obszary i wyznaczamy w nich T i M
g
1. 0<x<2a
F
R
T
A
3
1
=
=
Fx
x
R
M
A
g
3
1
=
=
2. 2a<x<3a
F
F
F
F
R
T
A
3
4
3
1
=
+
=
+
=
(
)
aF
Fx
aF
Fx
Fx
a
x
F
x
R
M
A
g
2
3
4
2
3
1
2
−
=
−
+
=
−
+
=
3. 3a<x<6a
F
F
F
F
F
F
R
T
A
3
2
2
3
1
2
−
=
−
+
=
−
+
=
(
)
Fa
Fx
a
x
F
aF
Fx
M
g
4
3
2
3
2
2
3
4
+
−
=
−
−
−
=
Na podstawie obliczeń sporządzamy odpowiednie wykresy:
x
M
g
6a
3a
2a
2/3Fa
2Fa
x
T
2a
6a
3a
4/3F
-2/3F
1/3F
B) Reakcje podporowe obliczamy analogicznie jak w przypadku a) i otrzymujemy:
F
R
R
B
A
2
1
=
=
Podobnie jak poprzednio wyznaczamy T i M
g
w trzech obszarach:
1. 0<x<a
Fx
x
R
M
F
R
T
A
g
A
2
1
2
1
=
=
=
=
2. a<x<3a
(
)
Fa
Fx
Fa
Fx
Fx
a
x
F
x
R
M
F
F
R
T
A
g
A
+
−
=
+
−
=
−
−
=
−
=
−
=
2
1
2
1
2
1
3. 3a<x<6a
T nie ulega zmianie na skutek działania pary sił o momencie M a więc :
F
T
2
1
=
Fa
Fx
Fa
Fa
Fx
M
Fa
Fx
M
g
3
2
1
2
2
1
2
1
+
−
=
+
+
−
=
+
+
−
=
Odpowiednie wykresy:
x
T
-0,5F
0,5F
6a
a
x
M
g
1,5Fa
-0,5Fa
0,5Fa
a
3a
6a
C)
Reakcje podporowe wyznaczamy z równowagi momentów i sił, przy czym ciągły
jednorodny rozkład siły o gęstości q traktujemy jak siłę F
q
przyłożoną w jego centrum
aq
R
R
aq
R
F
M
a
R
a
F
M
M
B
B
B
q
B
q
A
=
=
+
⇒
=
+
−
=
+
+
−
−
⇒
=
∑
0
2
2
0
2
0
2
0
aq
aq
aq
R
F
R
R
F
A
q
B
A
y
=
−
=
=
−
+
⇒
=
∑
2
0
0
Dla 3 obszarów otrzymujemy:
1. 0<x<a
2
0
2
qa
M
M
T
g
=
=
=
2. a<x<3a
qa
qx
qa
qx
qa
a
x
q
R
T
A
2
)
(
+
−
=
+
−
=
−
⋅
−
=
Do wyznaczenia momentu gnącego korzystamy z faktu że wkład pochodzący od ciągłego
rozkładu siły (na długości x-a) jest równoważny wkładowi od siły (równej F
q
(x) = (x-a)q)
umiejscowionej w środku tego rozkładu (ramię działania tej siły to r = (x-a)/2).
(
)
( ) ( )
(
) (
)
2
2
2
2
a
x
q
a
x
qa
qa
x
r
x
F
a
x
R
M
M
q
A
g
−
−
−
+
=
−
−
+
=
3. 3a<x<4a
(
)
(
)
(
)
2
3
4
2
2
3
)
3
(
)
3
(
0
2
2
2
2
2
qa
qa
qax
qa
qax
qa
qax
qa
a
x
R
a
a
r
x
a
F
a
x
R
M
M
T
B
q
A
g
=
−
+
+
−
−
+
=
−
+
−
−
−
−
+
=
=
Wykresy sił i momentów przedstawia rysunek:
x
T
qa
-qa
a
3a
4a
x
M
g
qa
2
0,5qa
2
a
3a
4a
2.2.2.R
Aby rozwiązać przedstawione zagadnienie należy zbadać rozkład naprężeń na powierzchni
belki, czyli również rozkład momentu gnącego. W tym celu wyznaczmy najpierw reakcje
podporowe R
A
i R
B
. Z uwagi na symetrię zagadnienia mamy:
F
R
F
R
R
R
R
B
A
=
⇒
=
−
=
=
0
2
2
Następnie dzielimy belkę na trzy obszary o długości l/3 każdy i wyznaczamy w nich moment
gnący:
a) w obszarze I 0<x</3
Fx
M
g
−
=
b) w obszarze II
l/3<x<2/3l
(
)
3
3
3
l
F
l
R
F
R
x
l
x
R
Fx
M
A
A
A
g
−
=
−
−
=
−
+
−
=
c) w obszarze III
2/3l<x<l
(
)
Fl
Fx
l
R
l
R
F
R
R
x
l
x
R
l
x
R
Fx
M
B
A
B
A
B
A
g
−
=
−
−
−
+
=
−
+
−
+
−
=
3
2
3
3
2
3
Wykres momentu gnącego wygląda więc następująco:
Jak widać moment jest maksymalny (a zarazem ma stałą wartość
M
g
= Fa) w obszarze od l/3
do 2/3l, więc w tym obszarze należy prowadzić badania.
M
g
x
Fl/3
l/3
l/3
Aby znaleźć wartość naprężeń na powierzchni próbki korzystamy z zależności:
W
M
g
=
σ
,
gdzie W – wskaźnik wytrzymałości przekroju poprzecznego belki na zginanie, dla belki
prostokątnej:
6
2
bh
W
=
Po podstawieniu otrzymamy:
l
bh
F
bh
Fl
2
3
6
2
2
σ
σ
=
⇒
=
Jeżeli za
σ przyjmiemy granicę plastyczności i podstawimy otrzymamy
N
m
m
m
m
N
F
1
10
9
2
10
9
10
/
10
2
2
2
8
2
2
8
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
−
−
−
Odpowiedź: Należy przyłożyć siłę
l
bh
F
2
2
σ
=
=1N
2.2.3.R
Reakcje podporowe dla pręta obciążonego jednorodnie (ciężarem własnym) będą sobie równe
i równe połowie ciężaru pręta:
Slg
Q
R
R
R
B
A
ρ
2
1
2
1
=
=
=
=
Moment gnący dla tak obciążonej belki:
( )
(
)
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
x
lx
Sg
Sgx
Slgx
x
x
Q
x
R
M
A
g
−
=
−
=
−
⋅
=
ρ
ρ
ρ
Aby znaleźć maksymalną wartość momentu liczymy pochodną względem x.
(
)
2
max
max
8
1
2
1
0
2
2
1
Sgl
M
l
x
x
l
Sg
dx
dM
g
g
ρ
ρ
=
=
⇒
=
−
=
Dla maksymalnego momentu gnącego korzystamy z zależności:
C
g
k
W
M
=
max
, gdzie
4
3
R
π
=
W
C
k
R
gl
R
=
3
2
2
8
4
π
ρπ
,
ale
l
m
R
l
R
m
ρπ
ρπ
=
⇒
=
2
5
2
2
=
g
m
k
l
C
ρ
ρπ
Odpowiedź: maksymalna długość pręta wynosi:
5
2
2
=
g
m
k
C
ρ
ρπ
l
2.2.4.R
Belka jest symetryczna, więc możemy rozpatrywać zagadnienie w przedziale 0<x<l, w tym
przedziale tym moment gnący opisany jest zależnością:
Fx
M
g
2
1
=
,
dla przekroju prostokątnego wskaźnik wytrzymałości wynosi:
( ) ( )
6
2
h
x
b
x
W
=
Jeżeli przyjmiemy dla naprężenia jego wartość dopuszczalną otrzymamy:
( )
( )
( )
( ) ( )
6
2
h
x
b
x
M
x
W
x
W
x
M
dop
g
g
dop
=
=
⇒
=
σ
σ
stąd:
( )
dop
h
Fx
x
b
σ
2
3
=
Czyli otrzymujemy liniowo zmieniającą się szerokość przekroju z maksimum w środku belki
równym:
dop
h
Fl
b
σ
2
max
3
=
,
Belka taka widziana z góry:
b(x)
b
ma
x
=b
(l
)
Stosowanie takiej belki byłoby jednak kłopotliwe, dlatego w praktyce stosuje się belki o
innym kształcie. jeżeli podzielimy (myślowo) naszą belkę na paski tak jak pokazują linie
przerywane i odpowiednio złożymy, to otrzymamy belkę będącą w istocie piórem resoru:
F
2.2.5.R
Wyznaczmy reakcję podporową w podporze A, w tym celu skorzystamy z warunku
x
G
B
A
R
A
R
B
zerowania się momentów względem podpory B:
( )
(
)
( )
(
)
l
x
l
G
x
R
x
l
G
l
x
R
M
A
A
B
−
=
=
−
+
−
=
∑
0
Moment gnący na lewo od człowieka:
( )
( )
(
)
l
x
l
G
x
R
M
A
g
−
=
⋅
=
ξ
ξ
ξ
, gdzie
ξ jest odległością od lewej podpory.
Moment ten osiąga wartość ekstremalną w punkcie działania siły G (jest to zarazem wartość
maksymalna dla całej belki z uwagi na brak innych sił poza reakcjami podporowymi)
( )
l
Gx
Gx
x
M
g
2
−
=
Zbadajmy w jakim położeniu (x) człowiek wywoła największy moment gnący, w tym celu
policzmy pochodną:
( )
l
x
l
Gx
G
dx
x
dM
g
2
1
0
2
0
=
=
−
⇒
=
Czyli maksymalny moment gnący dla:
l
x
2
1
=
Pl
M
g
4
1
max
=
Z warunku wytrzymałości na zginanie:
W
M
k
g
g
max
=
, gdzie
3
6
1
h
=
W
3
2
3
h
Pl
k
g
=
ostatecznie:
3
2
3
g
k
Pl
h
=
.
Odpowiedź: belka musi mieć grubość co najmniej równą:
3
2
3
g
k
Pl
h
=
2.2.6.R
Z warunków równowagi momentów otrzymujemy reakcje podporowe:
(
)
(
)
d
x
l
Q
R
d
x
l
l
Q
R
B
A
+
=
−
−
=
2
2
2
Momenty gnące w miejscach przyłożenia sił (tylko tam mogą one osiągać maksimum):
(
d
x
l
l
Qx
x
R
M
A
g
−
−
=
=
2
2
1
)
, dla siły na lewej osi wózka
(
)(
)
Qd
d
x
l
d
x
l
Q
Qd
d
x
R
M
A
g
−
−
−
+
=
−
+
=
2
2
)
(
2
, dla siły na prawej osi wózka
W celu znalezienia maksymalnych wartości momentów gnących liczymy ich pochodne
względem x i przyrównujemy je do zera.
2
max
1
1
1
2
2
4
2
0
−
=
−
=
⇒
=
d
l
l
Q
M
d
l
x
dx
dM
g
g
2
max
2
2
2
2
2
4
3
2
0
−
=
−
=
⇒
=
d
l
l
Q
M
d
l
x
dx
dM
g
g
Jak widać oba momenty mają taką samą wartość maksimum, a więc do policzenia
maksymalnego naprężenia możemy wziąć którykolwiek z nich.
2
max
max
2
2
−
=
=
d
l
lW
Q
W
M
g
σ
Maksymalna wartość naprężeń rozciągających wyniesie:
2
max
2
2
−
=
d
l
lW
Q
σ