06 Pręty

86

UKŁADY PRĘTOWE

Układy prętowe statycznie wyznaczalne

Pręt jest najprostszym modelem elementów konstrukcyjnych.

Kształt pręta jest wyznaczony przez dowolną figurę płaską, któ-
rej środek ciężkości porusza się po dowolnym torze – figura ta
wyznacza kształt przekroju poprzecznego, natomiast tor wy-
znacza oś pręta.

Przykłady konstrukcji prętowych

Rozciąganie a) i ściskanie b) oraz siła

we

wnętrzna c) dla pręta o stałym przekroju

Równanie równowagi:

suma sił działających wzdłuż osi pręta

jest równa zeru

Naprężenia w pręcie:

A

N





Wydłużenie pręta:

.

L

L







Ponieważ dla rozciąganego pręta obowiązuje prawo Hooke'a,

wydłużenie pręta oraz jego przewężenie (odkształcenie po-
przeczne) określają zależności:

.

'

,

EA

PL

L

E





















Siły wewnętrzne w pręcie wyznacza się za pomocą metody

przekrojów.

Myślowych przekrojów należy dokonywać

w dowolnych miejscach odcinków, których grani

cami są

punkty

przyłożenia obciążenia oraz zmiany kształtu poprzecz-

nego pręta ( np. wielkości przekroju).

06 Pręty

87

P

RZYKŁAD

Dla pręta przedstawionego na rysunku wykonać wykresy sił normalnych, naprężeń

oraz przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta.

Równanie statyki:

3P - 2P + P – R = 0 

R = 2P

Metoda: –

metoda myślowych przekrojów.

Przekrój 1–1:

.

EA

Pa

EA

l

N

l

,

A

N

,

P

N

1

1

1

1

1

1













W przekroju 1–

1 siła wewnętrzna jest siłą rozciągającą. Dla uniknięcia

konfliktu znaków w pozostałych przekrojach kierunek sił wewnętrznych bę-
dzie zgodny z kierunkiem przyjętym w przekroju 1–1. Dzięki temu założeniu
znaki sił w pozostałych przekrojach należy odnosić do kierunku sił w tym
przekroju.

Przekrój 2–2:

.

EA

Pa

2

EA

l

N

l

,

A

P

A

N

,

P

P

2

P

N

2

2

2

2

2

2

























W porównaniu z przekrojem 1–

1, tutaj siła wewnętrzna jest siłą ściskają-

cą, naprężenia mają znak zgodny ze znakiem sił, nastąpiło skrócenie odcin-
ka, w którym umiejscowiony został przekrój 2–2.

Przekrój 3–3:

.

EA

4

Pa

3

A

2

E

l

N

l

,

A

2

P

A

2

N

,

P

P

2

P

N

3

3

3

3

3

3

























Zmiana wielkości przekroju poprzecznego nie wpływa na wartość siły

wewnętrznej, ale ma wpływ na naprężenia i odkształcenia. Siła N3 ma znak
przeciwny do siły w przekroju 1–1, jest więc siłą ściskającą.

Przekrój 4–4:

.

EA

2

Pa

3

EA

2

l

N

l

,

A

P

A

2

N

,

P

2

P

3

P

2

P

N

4

4

4

4

4

4





















W tym przekroju siła ma znak zgodny z kierunkiem w przekroju 1–1, jest

więc siłą rozciągającą. Wykresy sił normalnych i naprężeń przedstawiono
na rys. 2.6. Uskoki na wykresie sił wewnętrznych odpowiadają wartościom
sił zewnętrznych – w ten sposób jest zachowana ciągłość wykresu sił nor-
malnych.

06 Pręty

88

Całkowite wydłużenie swobodnego końca pręta jest sumą wydłużeń poszczególnych od-

cinków:

.

EA

4

Pa

2

3

4

3

2

1

EA

Pa

l

l

l

l

l

4

3

2

1











































Wykres przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta pokazano na rysunku.

Po analizie czterech przekrojów do rozpatrzenia pozostał jeszcze niewielki

fragment pr

ęta. Jego analiza może mieć znaczenie przy sprawdzaniu po-

prawności wyników. Z warunków równowagi sił dla tego fragmentu pręta wy-
nika, że N

4

= R = 2P. Fakt ten potwierdza poprawność obliczeń.

Do obliczenia całkowitego wydłużenia pręta można wykorzystać zasadę superpozycji.

Zasada superpozycji

Obciążenie działające na pręt można rozłożyć na oddzielnie działające siły 3P, 2P i P.

Obniżenie swobodnego końca pręta wywołane tymi siłami (czynną, obciążoną część pręta
zakrop

kowano) wyrażają zależności:

.

EA

4

Pa

'

'

'l

'

'l

'l

l

,

EA

2

Pa

9

EA

2

a

3

P

EA

a

3

P

'

'

'l

,

EA

Pa

7

EA

2

a

3

P

2

EA

a

2

P

2

'

'l

,

EA

4

Pa

9

EA

2

l

5

,

1

P

3

'l



































































Zasadę superpozycji można zastosować również do obliczenia reakcji R. Zgodnie z ry-

sunkiem, reakcja ta wynosi R = 3P – 2P + P = 2P.

Podsumowując ten przykład warto zapamiętać następujące zasady.

1 Na wykresach sił wewnętrznych musza być widoczne wszystkie siły zewnętrzne

czynne (obciążenia) i bierne (reakcje).

2 We wszystkich myślowych przekrojach wskazane jest konsekwentne stosowanie

wspólnej umowy określającej znaki sił wewnętrznych.

Należy podkreślić, ze powyższe zasady znajdują zastosowanie

nie tylko w układach prętowych, ale również w wałach i belkach.

Zasady te mają więc uniwersalny charakter.

06 Pręty

89

P

RZYKŁAD

Sztywna (nieodkształcalna) belka AB jest podtrzymywana w położeniu poziomym za po-

mocą pręta CD. Korzystając z warunku wytrzymałościowego, określić dopuszczalną wartość
siły P. Dla obciążenia równego obciążeniu dopuszczalnemu obliczyć obniżenie końca B bel-
ki. Przyjąć średnicę pręta CD wynoszącą d = 20 mm, 

dop

= 160 MPa, E = 210

5

MPa.

Dzięki metodzie myślowych przekrojów w pręcie CD zostaje „ujawniona” siła wewnętrzna

S.

Wykorzystując zasadę zesztywnienia, równania statyki można ułożyć dla nieodkształco-

nego układu prętów. Z trzech równań równowagi dla płaskiego układu sił w tym zadaniu bę-
dzie wykorzystana suma momen

tów względem punktu A (jest to najkorzystniejszy punkt).

Pozostałe dwa równania statyki mogą być wykorzystane np. do obliczenia reakcji R

A

.

Równanie statyki:

 































.

sin

a

b

a

P

S

0

sin

S

b

a

P

0

A

M

Warunek wytrzymałościowy:

,

4

d

A

,

A

S

A

S

2

dop

dop

































.

kN

064

,

12

10

5

,

1

1

4

87

,

36

sin

1

160

20

P

,

b

a

4

sin

a

d

P

4

d

sin

a

b

a

P

3

o

2

dop

dop

2

dop

dop

2













































W powyższym wzorze  = arctg 0,75 = 36,87. Do dalszych obliczeń przyjęto P

dop

= 12 kN.

Siła wewnętrzna w pręcie CD wynosi:





.

kN

50

87

,

36

sin

1

5

,

2

12

sin

a

b

a

P

S

o















Przed przystąpieniem do obliczenia przemieszczeń należy wprowadzić pewne uprosz-

czenia, związane z praktycznym, inżynierskim charakterem wytrzymałości materiałów.
Ponieważ odkształcenia i przemieszczenia są bardzo małe, łuki określające nowe położenie
punktów można zastąpić odcinkami prostymi prostopadłymi do pierwotnego (nieodkształco-
nego) położenia prętów (rys. c). Należy też przestrzegać zasady zgodności odkształceń z
kierunkami sił.

Z prawa Hooke'a obliczyć można wydłużenie pręta CD (F =  cm

2

)

.

mm

1

10

87

,

36

sin

10

2

75

,

0

50

sin

EA

c

S

EA

l

S

l

4

o

5

CD

CD































Przemieszczenie punktu B

Przemieszczenie punktu B jest spowodowane wydłużeniem się pręta CD. Na skutek tego

wydłużenia punkt C przemieszcza się w dół o odcinek CC'. Korzystając z twierdzenia Talesa,
można obliczyć przemieszczenie BB'













.

mm

145

,

4

10

87

,

36

sin

1

10

2

75

,

0

5

,

1

1

12

sin

a

EA

c

b

a

P

a

b

a

'

CC

'

BB

,

sin

a

EA

c

b

a

P

sin

EA

c

S

sin

l

'

CC

4

o

3

2

5

2

3

2

2

3

3

CD

















































06 Pręty

90

P

RZYKŁAD

Dwa pręty połączone przegubem A są obciążone pionowa siła P. Obliczyć prze-

mieszczenie przegubu A.

Przyjąć: P = 10000 N, a = 1 m, E = 210

6

MPa, A

1

= 2 cm

2

,

A

2

= 1 cm

2

,  = 30,  = 60.

P

P

A

A

1

S

S

2









90

o

A









A

1

V

A

H

A

x

y

w

w

1

1

2

A









A

1

V

A

H

A

1

2

a

b

c

d



A

a)

b)

c)

a

A

1

A

2

d)

2



l

1



l

1



l

2



l

Równania równowagi (rys. b):

.

0

sin

S

sin

S

0

)

(

P

)

2

(

,

0

P

cos

S

cos

S

0

)

(

P

)

1

(

2

1

2

1

































Po rozwiązaniu powyższego układu otrzymuje się wartości sił wewnętrznych

.

N

5000

)

sin(

sin

P

S

,

N

8660

)

sin(

sin

P

S

2

1

























Wydłużenia prętów: znając długości prętów:

,

m

155

,

1

sin

a

l

,

m

2

sin

a

l

2

1













z prawa Hooke’a wyznacza się:

.

mm

289

,

0

10

1

10

2

155

,

1

5000

EA

l

S

l

,

mm

433

,

0

10

2

10

2

2

8660

EA

l

S

l

6

2

2

2

2

6

1

1

1

1

































Opierając się na rysunku c, składowe pionową i poziomą przemieszczenia wyznacza
się z zależności:

,

mm

519

,

0

60

cos

289

,

0

30

cos

433

,

0

cos

l

cos

l

y

x

V

2

1

A































.

mm

034

,

0

60

sin

289

,

0

30

sin

433

,

0

sin

l

sin

l

w

w

H

2

1

1

A

































Znak „” przy przemieszczeniu H

A

wskazuje, że kierunek przemieszczenia przyjęty

na rys. a jest niewłaściwy. Ten wniosek jest prawdziwy tylko wówczas, gdy od-
kształcenia prętów przyjęto zgodnie z kierunkami sił założonymi w równaniach
statyki.

06 Pręty

91

Układy prętowe statycznie niewyznaczalne

Zadania statycznie niewyznaczalne charakteryzują się tym, że liczba

niewiadomych jest większa od liczby równań statyki. Rozwiązanie zada-
nia statycznie niewyznaczalnego wymaga ułożenia dodatkowych rów-
nań geometrycznych.

Równania geometryczne buduje się wykorzystując zasadę nieroz-

dzielności konstrukcji, polegającą na tym, że odkształcona konstrukcja
stanowi w dalszym ciągu jedną całość i tym samym odkształcenia jej
wszystkich elementów są ze sobą powiązane poprzez istnienie więzów
(przegubów). Równania geometryczne wykorzystując ten fakt są równa-
niami zawie

rającymi odkształcenia wszystkich elementów RG = f(Δl

i

).

Przy wykorzystaniu prawa fizycznego (prawo Hooke’a), równanie geo-
metryczne przekształca się tak, że występują w nim siły wewnętrzne,
czyli RG = f(S

i

). Równania w tej postaci mogą razem z równaniami staty-

ki tworzyć układ pozwalający na rozwiązanie zadania.

P

RZYKŁAD

Dla pręta przedstawionego na rysunku wykonać wykresy sił normalnych, naprężeń

o

raz przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta. Do obliczeń przyjąć następują-

ce dane liczbowe: P = 70 kN, F = 4 cm

2

, a = 0,6 m, E = 210

5

MPa.

Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równanie statyki musi

być uzupełnione równaniem geometrycznym, uwzględniającym fakt, że całkowite
wydłużenie pręta jest równe zeru.

a

N



L

[kN]

[MPa]

[mm]

P

a

a

F

3F



B

R

R

A

30

40

25

75

100

0,075

0,225

P

R

A

B

R

Równanie statyki ma postać

.

P

R

R

,

0

P

R

R

0

P

)

1

(

B

A

B

A

















Równanie geometryczne przyjmuje, że całkowite wydłużenie pręta jest równe zeru

.

0

L

)

2

(





06 Pręty

92

Korzystając z metody myślowych przekrojów można określić wydłużenie poszczegól-
nych odcinków, w których dokonano myślowych przekrojów. Dodatkowo można
określić dane, potrzebne do wykonanie wykresów wymienionych w temacie zadania.
Myślowe przekroje przedstawia rysunku.

Przekrój 1–1

Przekrój 2–2

Przekrój 3–3

Przekrój 3–3

1

1

1

N

R

A

R

A

2

2

2

N

P

R

A

3

3

N

3

B

R

3

N

3

3

W poszczególnych przekrojach uzyskano:

Przekrój 1–1:

.

F

3

E

a

N

l

,

F

N

,

R

N

1

1

1

1

1

A

1











W przekroju 1–

1 siła wewnętrzna N

1

jest siłą rozciągającą. Dla uniknięcia konfliktu

znaków, w pozostałych przekrojach kierunek sił wewnętrznych będzie zgodny z kie-
runkiem przyjętym w przekroju 1–1. Dzięki temu założeniu znaki sił w pozostałych
przekrojach należy odnosić do kierunku sił w tym przekroju.
Przekrój 2–2:

.

EF

a

N

l

,

F

N

,

R

N

2

2

2

2

A

2











Przekrój 3–3:

.

EF

a

N

l

,

F

N

,

P

R

N

3

3

3

3

A

3













Z równania geometrycznego (2) otrzymuje się

.

kN

30

70

7

3

P

7

3

R

0

EF

a

)

P

R

(

EF

a

R

EF

3

a

R

,

0

L

L

L

L

A

A

A

A

3

2

1



































Po wyznaczeniu z równania statyki (1) reakcji R

B

= P – R

A

= 40 kN, wyznaczyć

można dane do wykonania wykresów. Siły wewnętrzne wynoszą: N

1

= N

2

= 30 kN, N

3

= 30 – 70 = – 40 kN –

na tym odcinku pręt jest ściskany. Naprężenia i wydłużenia

wynoszą

,

MPa

100

10

4

40

3

N

,

MPa

100

10

4

30

F

N

,

MPa

25

10

4

3

30

F

3

N

3

3

2

2

1

1

































06 Pręty

93

.

mm

300

,

0

10

4

10

2

6

,

0

40

EF

a

N

L

,

mm

225

,

0

10

4

10

2

6

,

0

30

EF

a

N

L

,

mm

075

,

0

10

4

10

2

3

6

,

0

30

EF

3

a

N

L

4

5

3

3

4

5

2

2

4

5

1

1



















































Odpowiednie wykresy przedstawiono na rys. 2.14. Dla sprawdzenia poprawności

obliczeń rozpatrzono dodatkowo przekrój 3-3. Warto też sprawdzić równanie geome-
tryczne

.

0

300

,

0

225

,

0

075

,

0

l

l

l

l

3

2

1























P

RZYKŁAD

Dla prętów przedstawionych na rysunku wyznaczyć siły i naprężenia w prętach

oraz prze

mieszczenie węzła A. Przyjąć: P = 25 kN, L = 1,2 m, E = 210

5

MPa, A = = 2

cm

2

.

Wydzielając myślowo przegub A, otrzymuje się płaski układ sił zbieżnych. Z wa-

runków równowagi wynika, że zwroty sił w prętach 2 i 3 muszą być przeciwnie skie-
rowane –

przyjęto tutaj, że pręt 2 jest ściskany.

P

P

2A

A

A

L

L

0

,5

L







x

y

A

A

A

S

1

2

S

3

S

l

1

2

l

3

l

1

2

3

1

A

a)

b)

c)

Równania statyki (rys. b):

.

0

cos

S

S

0

)

(

P

)

2

(

,

0

P

sin

S

S

0

)

(

P

)

1

(

3

2

3

1





























Równanie geometryczne (rys. c):

.

tg

l

sin

l

y

x

l

)

3

(

2

3

1



















Ponieważ: tg = 0,5l/l = 0,5,  = 26,565 oraz obliczając z prawa Hooke’a wydłużenia
prętów















cos

EA

2

L

S

l

,

EA

L

S

l

,

EA

L

S

l

1

3

2

2

1

1

,

równanie geometryczne przekształca się do postaci

2

3

1

S

2

S

25

,

1

S

)

3

(





.

Z równań (1)–(3) otrzymuje się S

1

= 21,8 kN, S

2

= 6,4 kN, S

3

= 7,2 kN.

Naprężenia w prętach:

06 Pręty

94

.

MPa

18

10

A

2

S

,

MPa

32

10

A

S

,

MPa

109

10

A

S

3

3

2

2

1

1

























Przemieszczenie przegubu A:

.

mm

68

,

0

19

,

0

65

,

0

,

mm

19

,

0

10

2

10

2

2

,

1

4

,

6

EA

L

S

l

,

mm

65

,

0

10

2

10

2

2

,

1

8

,

21

EA

L

S

l

2

2

A

4

5

2

2

AH

4

5

1

1

AV

















































Naprężenia termiczne

Pod wpływem zmian temperatury elementy konstrukcyjne

zmieniają swoje wymiary. Zmianę długości pręta obliczyć moż-
na z następującej zależności:

.

T

l

l

t













Współczynnik rozszerzalności liniowej  jest cechą charakte-

rystyczną materiału. Pręt poddany działaniu temperatury, będą-
cy elementem układu prętów, oddziałuje na sąsiednie pręty.
Całkowite odkształcenie pręta jest sumą odkształcenia termicz-
nego i odkształcenia sprężystego, wywołanego siłami powsta-
łymi na skutek oddziaływania sąsiadujących prętów. Odkształ-
cenie to można obliczyć z zależności:





,

l

l

l

n

t













gdzie: l

t

–

wydłużenie termiczne,

l

n

–

wydłużenie sprężyste, zgodne z prawem Hooke'a.

Znaczenie znaków w powyższej zależności jest następujące:

+l

t

, – l

t

–

wydłużenie związane ze wzrostem temperatury

(T > 0) lub skrócenie związane z obniżenie temperatury
(T < 0),

+ln, – ln – wydłużenie lub skrócenie, zgodnie ze znakami sił

przyjętymi w równaniach równowagi,

06 Pręty

95

P

RZYKŁAD

Pręt o długości L i polu powierzchni A został poddany działaniu pod-

wyższonej temperatury T. Obliczyć naprężenia powstałe w pręcie.

L

R

A



R

T



R

R

R

Superpozycja

Działanie

temperatury

Działanie

siły reakcji



T

Pod wpływem temperatury, w utwierdzeniach pręta pojawiają się reak-

cje R. Zastosowanie zasady superpozycji umożliwia oddzielne rozpa-
trzeni

e działania temperatury i reakcji R. Po oswobodzeniu pręta od gór-

nego utwierdzenia, może się on swobodnie wydłużać pod wpływem tem-
peratury i jego wydłużenie wynosi

.

L

T

T

T













W wyniku działania siły, skrócenie pręta wynosi (wg prawa Hooke’a)

.

EA

L

R

R







Ponieważ zadanie jest statycznie niewyznaczalne, równanie geome-

tryczne ma postać 

T

= 

R

, a stąd

.

E

T

A

R

,

EA

T

R

,

EA

L

R

L

T

T

T

T





































Przyjmując dane: L = 1 m, A = 3 cm

2

, T = 25C, 

T

= 1,210

-5

1/C

otrzymuje się:

.

MPa

60

10

2

25

10

2

,

1

,

kN

18

10

3

10

2

25

10

2

,

1

R

5

5

1

5

5





































06 Pręty

96

N

aprężenia montażowe

Poszczególne elementy dużej, złożonej konstrukcji są wyko-

nywane z odchyłkami wymiarowymi, założonymi przez kon-
struktora. W wy

niku niekorzystnego zbiegu okoliczności suma

tych odchyłek może spowodować powstanie luzu montażowe-
go, który w

czasie montażu konstrukcji musi być „zlikwidowany”

przez działanie dodatkowych sił. Powoduje to powstanie w kon-
strukcji dodatkowych naprężeń, zwanych naprężeniami monta-
żowymi. W krańcowym przypadku konstrukcja mająca spełniać
określone zadania (np. przenosić obciążenia) już w czasie mon-
tażu może ulec zniszczeniu. Najczęściej spotykaną przyczyną
luzów montażowych jest nieprzestrzeganie ustalonych warun-
ków konstrukcyjnych i technologicznych w

wyniku lekceważe-

nia zasad sztuki inżynierskiej.

Należy też wspomnieć, że w pewnych sytuacjach wywołanie

naprężeń wstępnych jest działaniem celowym, np. w połącze-
niach śrubowych naciąg wstępny zapobiega odkręcaniu się na-
krętek, a w połączeniach kołnierzowych zapewnia szczelność
połączenia.

Naprężenia montażowe mogą osiągnąć spore wartości, tak

że po dodaniu obciążenia zapas wytrzymałości może być już
niewielki.

P

RZYKŁAD

W konstrukcji podtrzymywanej przez trzy pręty, w trakcie montażu

okazało się, że środkowy pręt został wykonany krótszy o  w stosunku
do dokumentacji. O

bliczyć naprężenie w prętach po zmontowaniu kon-

strukcji. Do obliczeń przyjąć: P = 10 kN, L = 1 m, A = 2 cm

2

, E = 210

5

MPa,  = 1 mm.

Równania statyki dla zmontowanej konstrukcji:

.

N

N

0

a

N

a

N

0

)

C

(

M

,

P

N

N

N

0

P

3

1

3

1

3

2

1



























Równanie geometryczne (zadanie statycznie niewyznaczalne):

.

L

L

2

1











Zgodnie z prawem Hooke’a:

.

EA

2

L

N

L

,

EA

L

N

L

1

2

1

1













06 Pręty

97

P

L

A

2A

A



a

a

L

A

2A

A



a

a

2



L



L

1

P

N

1

3

N

2

N

C

Po rozwiązaniu układu 3 równań otrzymuje się:

.

L

EA

2

P

N

,

L

2

EA

4

P

N

N

2

3

1





















Rozwiązanie liczbowe uwzględniające trzy sytuacje:

1. Konstrukcja i

dealna, obciążona siłą P ( = 0).

.

MPa

5

,

12

10

2

2

5

,

kN

5

2

P

N

,

MPa

5

,

12

10

2

5

,

2

,

kN

5

,

2

4

P

N

N

2

2

3

1

3

1









































Znak „-” przy sile N

2

oznacza złe założenie kierunku tej siły w równaniu

statyki.

2.

Konstrukcja z luzem montażowym, bez obciążenia siłą (P = 0).

.

MPa

100

10

2

2

40

,

kN

40

L

EA

N

,

MPa

100

10

2

20

,

kN

20

L

2

EA

N

N

2

2

3

1

3

1











































3. Konstrukcja z luzem mo

ntażowym, obciążona siłą P.

.

MPa

5

,

87

10

2

2

35

,

kN

35

5

L

EA

2

P

N

,

MPa

5

,

112

10

2

5

,

22

,

kN

5

,

22

20

5

,

2

L

2

EA

4

P

N

N

2

2

3

1

3

1

























































Dla 3. przypadku znajduje potwierdzenie zasada superpozycji.