Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Poprzeczne zginanie
121
11. POPRZECZNE ZGINANIE
11.1. Naprężenia i odkształcenia
Poprzecznym zginanie występuje wówczas, gdy do pobocznicy pręta pryzmatycznego o
symetrycznym przekroju poprzecznym przyłożone jest obciążenie rozłożone symetrycznie
względem płaszczyzny symetrii pręta, które w jego przekroju poprzecznym redukuje się do
momentu zginającego M i siły poprzecznej Q . Płaszczyzną działania obu tych sił
przekrojowych zarówno Q jak i M , jest płaszczyzna symetrii pręta. Zagadnienie to występuje
wtedy, gdy moment zginający zmienia swoją wartość na długości pręta, gdyż - zgodnie ze
znaną zależnością różniczkową -
( )
( )
x
Q
dx
x
M
d
z
y
=
, wówczas siła poprzeczna
( )
0
≠
x
Q
z
(patrz rys. 11.1).
Rys. 11.1
W tak obci
ąż
onym pr
ę
cie poszukiwa
ć
b
ę
dziemy macierzy napr
ęż
e
ń
, odkształce
ń
oraz wektora
przemieszczenia w dowolnym jego punkcie. Postawione zadanie, w tym przypadku, nie daje
si
ę
rozwi
ą
za
ć
w sposób
ś
cisły nie tylko metodami wytrzymało
ś
ci materiałów
ale i metodami
teorii spr
ęż
ysto
ś
ci
. Aby uzyska
ć
zale
ż
no
ś
ci okre
ś
laj
ą
ce poszukiwane wielko
ś
ci, konieczne
b
ę
dzie przyj
ę
cie dodatkowych zało
ż
e
ń
upraszczaj
ą
cych. Mo
ż
na jednak pokaza
ć
poprzez
eksperymenty do
ś
wiadczalne i numeryczne,
ż
e otrzymane w ten sposób wyniki nie odbiegaj
ą
w sposób istotny od
ś
cisłych rozwi
ą
za
ń
dla szczególnych przypadków poprzecznego zginania,
a ich niew
ą
tpliw
ą
zalet
ą
jest prostota formy.
Jednak
ż
e zanim przejdziemy do ich wyznaczenia, przeanalizujmy deformacj
ę
zginanego
poprzecznie wspornika o przekroju prostok
ą
tnym pokazanego na rys. 11.2.
Q
z
(x)
Q
z
(x)
M
y
(x)
M
y
(x)
Z
Y
dx
Z
X
q(x)
x
Y
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
122
Rys. 11.2
Wspornik pokazany w lewej cz
ęś
ci rysunku składa si
ę
z kilku poło
ż
onych na sobie
elementów , a w cz
ęś
ci prawej wspornik wykonany jest z jednego elementu. Obraz deformacji
na rys. 11.2 pokazuje,
ż
e w przypadku poprzecznego zginania przekrój płaski i prostopadły do
osi pr
ę
ta w konfiguracji pocz
ą
tkowej nie pozostaje płaski po przyło
ż
eniu obci
ąż
enia, jak to
było w przypadku zginania prostego. Dowodzi to wyst
ą
pienia odkształce
ń
k
ą
towych (w
pokazanym przykładzie b
ę
dzie to
xz
γ
) włókien równoległych do osi układu odniesienia i, co
za tym idzie napr
ęż
e
ń
stycznych w przekroju poprzecznym. Mimo tego, przy wyprowadzaniu
zale
ż
no
ś
ci okre
ś
laj
ą
cych odkształcenie liniowe przyjmiemy spełnienie hipotezy Bernoulliego
głosz
ą
cej,
ż
e przekrój płaski i prostopadły do osi pr
ę
ta przed przyło
ż
eniem obci
ąż
enia
pozostaje płaski i prostopadły do ugi
ę
tej osi po przyło
ż
eniu obci
ąż
enia. Mo
ż
na pokaza
ć
,
ż
e
takie zało
ż
enie upraszczaj
ą
ce b
ę
dzie skutkowało w warto
ś
ciach napr
ęż
e
ń
normalnych bł
ę
dem
rz
ę
du h/l gdzie: h jest wysoko
ś
ci
ą
przekroju pr
ę
ta, a l jego długo
ś
ci
ą
. St
ą
d te
ż
nale
ż
y
pami
ę
ta
ć
,
ż
e wyprowadzone zale
ż
no
ś
ci mog
ą
by
ć
stosowane w przypadku zginania
poprzecznego pr
ę
tów długich.
Po tych wst
ę
pnych uwagach rozwa
ż
my pokazany na rys. 11.1 pr
ę
t pryzmatyczny o polu
przekroju poprzecznego A, okre
ś
lony w układzie współrz
ę
dnych (X, Y, Z) w którym osie (Y,
Z
) s
ą
głównymi centralnymi osiami bezwładno
ś
ci przekroju poprzecznego, a płaszczyzna (X,
Z
) jest płaszczyzn
ą
symetrii pr
ę
ta i zarazem płaszczyzn
ą
obci
ąż
enia. Materiał pr
ę
ta jest
izotropowy, liniowo spr
ęż
ysty o stałych materiałowych E oraz
ν.
Dalej post
ę
powa
ć
b
ę
dziemy według schematu, który poprzednio był ju
ż
dwukrotnie
zastosowany. Po dokonaniu my
ś
lowego przekroju pr
ę
ta na dwie cz
ęś
ci w miejscu o odci
ę
tej
x
, odrzuceniu cz
ęś
ci II i przyło
ż
eniu do cz
ęś
ci I układu sił wewn
ę
trznych (rys.11.3)
rozwa
ż
ymy trzy komplety równa
ń
tzn. równania równowagi, geometryczne i fizyczne.
Rys.11.3
konfiguracja
pocz
ą
tkowa
Z
X
Z
X
konfiguracja
aktualna
x
σ
X
Z
xz
τ
xy
τ
Y
x
I
A
M
y
(x)
Q
z
(x)
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
123
Równania równowagi wynikaj
ą
ce z twierdzenia o równowa
ż
no
ś
ci odpowiednich układów sił
wewn
ę
trznych i zewn
ę
trznych w tym przypadku przyjm
ą
posta
ć
:
(
)
=
−
=
=
+
−
−
=
=
=
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
.
dA
y
),
x
(
M
dA
z
,
dA
y
z
),
x
(
Q
dA
,
dA
,
dA
A
x
y
A
x
A
xz
xy
z
A
xz
A
xy
A
x
0
0
0
0
σ
σ
τ
τ
τ
τ
σ
(11.1)
Równania geometryczne napiszemy przyjmuj
ą
c,
ż
e:
• przekroje płaskie i prostopadłe do osi pr
ę
ta przed przyło
ż
eniem obci
ąż
e
ń
pozostaj
ą
płaskie i prostopadłe do ugi
ę
tej osi pr
ę
ta po przyło
ż
eniu obci
ąż
e
ń
,
• odkształcenia k
ą
towe włókien równoległych do osi układu odniesienia s
ą
równe zero,
• odkształcenia liniowe zwi
ą
zane s
ą
zale
ż
no
ś
ci
ą
:
x
z
y
ε
ν
ε
ε
−
=
=
,
• górne włókna uległy wydłu
ż
eniu, a dolne skróceniu, istnieje warstwa włókien - warstwa
oboj
ę
tna, których długo
ść
nie uległa zmianie, cho
ć
przyj
ę
ły form
ę
krzywoliniow
ą
o
zmiennym promieniu krzywizny
( )
x
ρ
, i w konfiguracji pocz
ą
tkowej włókna te le
ż
ały na
płaszczy
ź
nie (X, Y).
Odkształcenia
liniowe
x
ε
wyznaczymy
analizuj
ą
c
wydłu
ż
enie odcinka pr
ę
ta o dowolnie małej długo
ś
ci dx
przed przyło
ż
eniem obci
ąż
e
ń
(rys. 11.4). Po deformacji
przekroje skrajne obróc
ą
si
ę
i utworz
ą
dowolnie mały k
ą
t
d
ϕ
(x). Je
ś
li
ρ
(x)
jest promieniem krzywizny warstwy
oboj
ę
tnej, to odkształcenia liniowe
x
ε
włókien odległych o
z
od warstwy oboj
ę
tnej wynosz
ą
:
( )
[
]
( )
( )
( )
x
z
x
d
x
x
d
x
x
d
z
x
x
d
dx
dx
dx
x
ρ
ϕ
ρ
ϕ
ρ
ϕ
ρ
ϕ
∆
ε
=
−
+
→
=
=
→
=
)
(
)
(
)
(
0
)
(
lim
0
lim
Równania geometryczne zapiszemy w postaci:
( )
,
x
z
x
ρ
ε
=
( )
x
z
x
z
y
ρ
ν
ε
ν
ε
ε
−
=
−
=
=
,
0
,
0
=
=
yz
xy
γ
γ
.
Podstawienie tych odkształce
ń
do równa
ń
fizycznych daje poni
ż
sze zale
ż
no
ś
ci i warto
ś
ci
napr
ęż
e
ń
:
(
)
x
x
z
y
x
x
x
E
E
ε
σ
ε
ε
ε
ν
ν
ε
ν
σ
=
→
+
+
−
+
+
=
2
1
1
,
(
)
0
2
1
1
=
→
+
+
−
+
+
=
y
z
y
x
y
y
E
σ
ε
ε
ε
ν
ν
ε
ν
σ
,
z
( )
x
ρ
z
C
‘
B
A
D
‘
z
warstwa
oboj
ę
tna
Rys. 11.4
dx
dx+
∆
dx
C
D
X
( )
x
d
ϕ
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
124
(
)
0
2
1
1
=
→
+
+
−
+
+
=
z
z
y
x
z
z
E
σ
ε
ε
ε
ν
ν
ε
ν
σ
,
0
=
→
=
xy
xy
xy
G
τ
γ
τ
,
0
=
→
=
yz
yz
yz
G
τ
γ
τ
.
W wyniku podstawienia do równa
ń
równowagi zawieraj
ą
cych napr
ęż
enia normalne
otrzymujemy:
( )
∫∫
∫∫
∫∫
=
→
=
→
=
A
A
A
x
x
dA
z
x
E
dA
E
dA
0
0
0
ρ
ε
σ
( )
∫∫
∫∫
=
−
→
=
−
A
A
x
dA
yz
x
E
dA
y
0
0
ρ
σ
( )
( )
( )
∫∫
∫∫
=
→
=
A
A
y
y
x
x
M
dA
z
x
E
x
M
dA
z
2
ρ
σ
zale
ż
no
ść
mi
ę
dzy krzywizn
ą
osi zdeformowanego pr
ę
ta i momentem zginaj
ą
cym:
( )
( )
y
y
J
E
x
M
x
=
ρ
1
,
(11.2)
co pozwala napisa
ć
zwi
ą
zki wi
ążą
ce moment zginaj
ą
cy z odkształceniem liniowym i
napr
ęż
eniem normalnym:
z
J
E
x
M
y
y
x
)
(
=
ε
,
(11.3)
z
J
x
M
y
y
x
)
(
=
σ
.
(11.4)
Aby wyznaczy
ć
, ostatni, nieznany element macierzy napr
ęż
e
ń
xz
τ
, wytnijmy z długo
ś
ci pr
ę
ta
dwoma płaszczyznami prostopadłymi do jego osi odcinek o dowolnie małej długo
ś
ci dx i
rozwa
ż
my równowag
ę
górnej jego cz
ęś
ci odci
ę
tej płaszczyzn
ą
z = const (rys. 11.5).
Rys. 11.5
( )
x
x
σ
X
dx
z
x
z
ττττ
~
b
(z)
x
Y
Z
(
)
dx
x
x
+
σ
A
1
B
C
D
F
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
125
Siły przyło
ż
one do tej odci
ę
tej cz
ęś
ci winny spełnia
ć
ogólnie znane warunki równowagi.
Je
ż
eli przez
zx
τ
~ oznaczymy
ś
rednie napr
ęż
enie styczne na
ś
ciance BCDF to jeden z
warunków równowagi a mianowicie sumy rzutów sił na o
ś
X mo
ż
emy zapisa
ć
w postaci:
∑
= ;
0
X
∫∫
∫∫
=
+
+
+
−
1
1
0
)
(
)
(
~
)
(
A
x
A
zx
x
dA
dx
x
dx
z
b
dA
x
σ
τ
σ
Wykorzystanie zale
ż
no
ś
ci (10.4) wi
ążą
cej napr
ęż
enia normalne z momentem zginaj
ą
cym, a
nast
ę
pnie twierdzenia Lagrange’a pozwala przepisa
ć
powy
ż
sze równanie w formie:
∫∫
∫∫
=
+
+
+
+
−
1
1
0
)
(
)
(
)
(
~
)
(
A
y
y
y
A
zx
y
y
dA
J
z
dx
dx
dx
x
dM
x
M
dx
z
b
dA
z
J
x
M
α
τ
gdzie:
1
0
≤
≤
α
.
Podstawiaj
ą
c do równania zwi
ą
zek ró
ż
niczkowy mi
ę
dzy momentem zginaj
ą
cym i sił
ą
poprzeczn
ą
mo
ż
emy otrzyma
ć
:
∫∫
+
−
=
1
)
(
)
(
~
A
y
z
zx
dA
z
z
b
J
dx
x
Q
α
τ
.
Po obustronnym przej
ś
ciu do granicy
0
→
dx
otrzymujemy ostatecznie zale
ż
no
ść
okre
ś
laj
ą
c
ą
poszukiwane napr
ęż
enia styczne:
)
(
)
(
)
(
z
b
J
z
S
x
Q
y
y
z
xz
zx
−
=
=
τ
τ
,
(11.5)
gdzie:
xz
τ
-
ś
rednie napr
ęż
enie styczne we włóknach z = const w przekroju pr
ę
ta o
współrz
ę
dnej x,
( )
z
S
y
- moment statyczny wzgl
ę
dem osi zginania cz
ęś
ci przekroju ponad włóknami w
których wyznaczamy napr
ęż
enia,
( )
z
b
- szeroko
ść
przekroju na wysoko
ś
ci z ,
( )
x
Q
z
- siła poprzeczna w przekroju w którym wyznaczamy napr
ęż
enia.
Znaki w wyprowadzonych wzorach obowi
ą
zuj
ą
przy przyj
ę
tych zwrotach osi układu
odniesienia i sił przekrojowych. W przypadku innych zwrotów nale
ż
y dokona
ć
odpowiedniej
korekty znaków.
Zatem macierze napr
ęż
e
ń
i odkształce
ń
w pr
ę
cie poddanym poprzecznemu zginaniu w
płaszczy
ź
nie (X, Z) maj
ą
posta
ć
:
=
0
0
0
0
0
0
zx
xz
x
T
τ
τ
σ
σ
,
−
−
=
x
zx
x
xz
x
T
ε
ν
γ
ε
ν
γ
ε
ε
0
2
0
0
2
0
(11.6)
w których napr
ęż
enia wyra
ż
one poprzez siły przekrojowe i charakterystyki geometryczne
okre
ś
laj
ą
wzory wyprowadzone wy
ż
ej a odkształcenia liniowe i k
ą
towe zwi
ą
zane s
ą
z nimi
równaniami Hooke’a.
Warto jednak w tym miejscu doda
ć
,
ż
e jest to najprostsza posta
ć
macierzy napr
ęż
e
ń
i
odkształce
ń
dla tego przypadku wytrzymało
ś
ci. Bywaj
ą
one jeszcze uzupełnione
napr
ęż
eniami
xy
τ
oraz
z
σ
i odpowiadaj
ą
cymi im odkształceniami ale i wówczas s
ą
one
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
126
przybli
ż
one i nie spełniaj
ą
kompletu równa
ń
zagadnienia brzegowego ci
ą
głego o
ś
rodka
liniowo-spr
ęż
ystego.
10.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
Macierz napr
ęż
e
ń
przy poprzecznym zginaniu pokazuje,
ż
e w tym przypadku wytrzymało
ś
ci
wyst
ę
puje płaski, niejednorodny stan napr
ęż
enia, którego płaszczyzn
ą
jest płaszczyzna
(X, Z). Napr
ęż
enia główne (ekstremalne warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych) i ich kierunki
wyznaczamy ze wzorów wyprowadzonych przy analizie płaskiego stanu napr
ęż
enia
podstawiaj
ą
c do nich odpowiednie elementy macierzy napr
ęż
e
ń
:
2
2
max
2
2
xz
x
x
τ
σ
σ
σ
+
+
=
,
2
2
min
2
2
xz
x
x
τ
σ
σ
σ
+
−
=
,
max
max
tg
σ
τ
α
xz
=
,
min
min
tg
σ
τ
α
xz
=
.
Napr
ęż
enia normalne w przekroju poprzecznym okre
ś
lone wzorem (11.4) s
ą
liniowo zale
ż
ne
od współrz
ę
dnej z, zeruj
ą
si
ę
w punktach na osi Y, jest ona ich osi
ą
oboj
ę
tn
ą
i osi
ą
gaj
ą
sw
ą
maksymaln
ą
bezwzgl
ę
dn
ą
warto
ść
w punktach od niej najodleglejszych. Poniewa
ż
w tym
przypadku wytrzymało
ś
ci moment zginaj
ą
cy zmienia sw
ą
warto
ść
na długo
ś
ci pr
ę
ta to
najwi
ę
ksze napr
ęż
enia
x
σ
, w konstrukcji wyst
ą
pi
ą
w przekroju maksymalnego momentu
zginaj
ą
cego i s
ą
równe:
y
y
y
y
x
W
M
max
z
max
J
M
max
max
=
=
σ
(11.7)
gdzie:
z
max
J
W
y
y
=
znany ju
ż
wska
ź
nik wytrzymało
ś
ci przy zginaniu wzgl
ę
dem osi Y.
Analiz
ę
rozkładu napr
ęż
e
ń
stycznych
xz
τ
w przekroju poprzecznym okre
ś
lonych wzorem
(11.5) zaczniemy od omówienia wyst
ę
puj
ą
cego w nim ujemnego znaku. Punktem wyj
ś
cia
przy jego okre
ś
leniu jest to,
ż
e zwrot tych napr
ęż
e
ń
jest taki jak zwrot siły poprzecznej i nie
zale
ż
y od układu odniesienia. Przypisanie odpowiedniego znaku po ustalonym ju
ż
zwrocie
napr
ęż
enia stycznego zwi
ą
zane jest z przyj
ę
tym układem odniesienia i reguluje to umowa
znakowania napr
ęż
e
ń
stycznych – reguła podwójnej zgodno
ś
ci (zwrotów osi układu
współrz
ę
dnych i zwrotów normalnej zewn
ę
trznej do płaszczyzny przekroju).
Pokazane na rysunkach obok napr
ęż
enia
styczne w obu przypadkach maj
ą
zwrot w dół
(bo tak działa na rozwa
ż
any przekrój siła
poprzeczna) ale w przypadku po lewej nale
ż
y
przypisa
ć
im znak minus (bo zachodzi
niezgodno
ść
ich
zwrotu
z
dodatnim
kierunkiem osi Z układu współrz
ę
dnych, przy
równoczesnej zgodno
ś
ci zwrotu normalnej
zewn
ę
trznej do przekroju ze zwrotem osi X ).
W dowolnym ustalonym przekroju poprzecznym pr
ę
ta napr
ęż
enia styczne s
ą
funkcj
ą
jednej
współrz
ę
dnej z. Powstaje pytanie, jak
ą
funkcj
ą
?
Z
X
τ
xz
< 0
Q
z
Z
X
τ
xz
> 0
Q
z
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
127
Zacznijmy od prostego przypadku prostok
ą
tnego przekroju o wymiarach
h
b
×
, na który
działa siła poprzeczna
Q
Q
z
=
skierowana zgodnie z osi
ą
Z. Wielko
ś
ci wyst
ę
puj
ą
ce we
wzorze na napr
ęż
enia styczne w tym przypadku przyjmuj
ą
warto
ś
ci:
( )
,
b
z
b
,
h
b
J
y
=
=
12
3
( )
−
=
−
=
2
2
2
1
8
2
4
2
h
z
h
b
z
*
z
b
h
*
h
b
z
S
y
−
=
−
=
2
2
2
3
2
1
2
3
2
1
8
12
h
z
bh
Q
h
z
h
b
b
*
h
b
Q
zx
τ
Zatem rozkład napr
ęż
e
ń
stycznych po wysoko
ś
ci przekroju prostok
ą
tnego jest funkcj
ą
kwadratow
ą
, która osi
ą
ga ekstremaln
ą
warto
ść
na osi oboj
ę
tnej, a zeruje si
ę
we włóknach
skrajnych. Rysunek poni
ż
ej pokazuje opisan
ą
sytuacj
ę
w aksonometrii oraz w płaszczy
ź
nie
(X, Z).
Z napr
ęż
eniami stycznymi
xz
τ
stowarzyszone
s
ą
napr
ęż
enia
zx
τ
(patrz rysunek obok) i
wła
ś
nie
te
napr
ęż
enia
s
ą
przyczyn
ą
rozwarstwiania
si
ę
pr
ę
ta
(
ś
cinania)
w
płaszczyznach równoległych do płaszczyzny
(X, Y).
Maj
ą
c w pami
ę
ci rozkład napr
ęż
e
ń
stycznych
dla
prostok
ą
tnego
przekroju
narysowanie
kształtu
rozkładu napr
ęż
e
ń
stycznych dla
innych prostych przekrojów, w
których
boczne
tworz
ą
ce
s
ą
odcinkami równoległe do osi Z nie
powinno sprawia
ć
trudno
ś
ci (patrz
szkice obok).
Z
Y
h
b
z
max
τ
xz
= 3Q/2bh
= 3Q/2A
h/2
h/2
b
Q
X
Z
h/2
h/2
max
τ
xz
= 3Q/2A
Y
Z
Q
Y
Z
τ
xz
Q
Y
Z
τ
xz
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
128
Stan odkształcenia przy poprzecznym zginaniu jest przestrzenny. Przy czym odkształcenia
liniowe włókien równoległych do osi Y to jedne z odkształce
ń
głównych. Dwa pozostałe to
odkształcenia odpowiadaj
ą
ce kierunkom napr
ęż
e
ń
głównych działaj
ą
cych w płaszczy
ź
nie
(X, Z).
11.3. Energia sprężysta pręta zginanego poprzecznie
Po wstawieniu do wzorów (8.18), zale
ż
no
ś
ci okre
ś
laj
ą
cych elementy macierzy napr
ęż
e
ń
dla
pr
ę
ta poddanego poprzecznemu zginaniu i wykonaniu całkowania po jego obj
ę
to
ś
ci
dostajemy wyra
ż
enie okre
ś
laj
ą
ce wielko
ść
energii spr
ęż
ystej dla tego przypadku
wytrzymało
ś
ci:
(
)
[
]
=
+
+
=
=
∫∫∫
∫∫∫
V
xz
x
V
dV
E
dV
U
2
2
1
2
2
1
τ
ν
σ
Φ
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
∫
∫
∫∫
∫∫
∫
∫
+
=
+
=
l
z
l
y
y
y
y
z
A
A
l
y
y
l
dx
A
G
x
Q
dx
J
E
x
M
dA
z
b
J
z
S
x
Q
G
dx
dA
z
J
x
M
E
dx
0
2
0
2
2
0
2
0
2
2
2
1
2
1
κ
,
gdzie:
( )
( )
dA
z
b
x
S
J
A
A
y
y
∫∫
=
2
2
2
κ
-
współczynnik zale
ż
ny od kształtu przekroju nazywany
energetycznym współczynnikiem
ś
cinania (dla prostok
ą
ta ma warto
ść
1.2, a dla przekroju
kołowego 1.18).
Energi
ę
spr
ęż
yst
ą
układu zło
ż
onego z wielu pr
ę
tów poddanych poprzecznemu zginaniu
obliczamy wykonuj
ą
c sumowanie po wszystkich przedziałach charakterystycznych:
( )
( )
∑ ∫
∑ ∫
=
=
+
=
n
i
l
z
n
i
l
y
y
dx
A
G
x
Q
dx
J
E
x
M
U
1
0
2
1 0
2
2
2
κ
.
(11.8)
11.4. Wymiarowanie prętów zginanych poprzecznie
Ograniczymy si
ę
teraz tylko do wymiarowania ze wzgl
ę
du na stan graniczny no
ś
no
ś
ci
przyjmuj
ą
c,
ż
e b
ę
dzie on osi
ą
gni
ę
ty je
ś
li przynajmniej w jednym punkcie dowolnego
przekroju poprzecznego pr
ę
ta, warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych lub stycznych b
ę
d
ą
równe ich
wytrzymało
ś
ci obliczeniowej. Tak wi
ę
c stan graniczny no
ś
no
ś
ci wymaga, w istocie rzeczy,
równoczesnego spełnienia dwóch nierówno
ś
ci:
• warunek no
ś
no
ś
ci ze wzgl
ę
du na napr
ęż
enia normalne:
materiał pr
ę
ta ma ró
ż
n
ą
wytrzymało
ść
obliczeniow
ą
na rozci
ą
ganie R
r
i
ś
ciskanie R
c
r
r
y
y
r
x
R
z
max
J
M
max
max
≤
=
σ
i
c
c
y
y
c
x
R
z
max
J
M
max
max
≤
=
σ
,
gdzie:
r
x
max
σ
i
c
x
max
σ
- najwi
ę
ksze napr
ęż
enia rozci
ą
gaj
ą
ce i
ś
ciskaj
ą
ce w przekroju
poprzecznym konstrukcji,
r
z
max
i
c
z
max
- odległo
ś
ci od osi oboj
ę
tnej skrajnych punktów przekroju
poprzecznego, odpowiednio, rozci
ą
ganych i
ś
ciskanych.
materiał pr
ę
ta ma jednakow
ą
wytrzymało
ść
obliczeniow
ą
na rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
(materiał izonomiczny) R
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
129
R
W
M
max
max
y
y
x
≤
=
σ
• warunek no
ś
no
ś
ci ze wzgl
ę
du na napr
ęż
enia styczne:
( )
( )
t
y
y
z
xz
R
z
b
J
z
S
Q
max
max
≤
=
τ
,
gdzie:
t
R
wytrzymało
ść
obliczeniowa na
ś
cinanie.
Punkt, w którym wyst
ą
pi
ą
maksymalne napr
ęż
enia normalne to najodleglejszy od osi
oboj
ę
tnej punkt przekroju poprzecznego, w którym wyst
ę
puje maksymalny moment
zginaj
ą
cy.
Nieco trudniej jest okre
ś
li
ć
punkt wyst
ą
pienia maksymalnych napr
ęż
e
ń
stycznych, je
ś
li
przekrój ma skomplikowany kształt (np. o zmiennej szeroko
ś
ci). Wymaga to pewnej analizy,
ale b
ę
dzie to niew
ą
tpliwie punkt w tym przekroju gdzie wyst
ę
puje maksymalna siła
poprzeczna.
Z tych dwóch wy
ż
ej podanych warunków na ogół wystarcza spełnienie warunku stanu
granicznego no
ś
no
ś
ci ze wzgl
ę
du na napr
ęż
enia normalne, gdy
ż
te napr
ęż
enia w pr
ę
tach s
ą
dominuj
ą
ce. Aby si
ę
o tym przekona
ć
policzmy stosunek maksymalnego napr
ęż
enia
normalnego
x
σ
do maksymalnego napr
ęż
enia stycznego
xz
τ
w belce wolnopodpartej o
przekroju prostok
ą
tnym
h
b
×
obci
ąż
onej jak rysunku.
Maksymalne napr
ęż
enia normalne wyst
ą
pi
ą
w
ś
rodku
rozpi
ę
to
ś
ci we włóknach skrajnych i b
ę
d
ą
miały warto
ść
2
6
4
h
b
l
P
W
M
max
max
y
x
=
=
σ
.
Maksymalne napr
ęż
enia styczne wyst
ą
pi
ą
we włóknach na
osi oboj
ę
tnej i b
ę
d
ą
miały warto
ść
h
b
P
A
Q
max
xz
2
2
3
2
3
=
=
τ
.
Zatem:
h
l
h
b
P
h
b
l
P
max
max
xz
x
2
4
3
2
3
2
=
=
τ
σ
.
Rozpi
ę
to
ść
belki jest w wi
ę
kszo
ś
ci przypadków kilkana
ś
cie razy wi
ę
ksza od jej wysoko
ś
ci i
podobnie dominuj
ą
warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych nad stycznymi, a napr
ęż
enia obliczeniowe
przy rozci
ą
ganiu nie s
ą
tak du
ż
o mniejsze od tych przy
ś
cinaniu, gdy
ż
np.:
stal St3S R = 215 MPa, R
t
= 0.58 R
beton B20 R
r
= 0.71 MPa, R
t
= 0.75 R
drewno sosnowe R
r
=12.5 MPa, R
t
= 1.4 MPa.
Dla pełnego sprawdzenia stanu granicznego no
ś
no
ś
ci nale
ż
ałoby obliczy
ć
napr
ęż
enia główne
(tzn. ekstremalne napr
ęż
enia normalne) i ekstremalne napr
ęż
enia styczne i porówna
ć
je z
warto
ś
ciami odpowiednich wytrzymało
ś
ci obliczeniowych. Z reguły jest to jednak zbyteczne
gdy
ż
dla belek zginanych o powszechnie stosowanych ( „nie udziwnionych”) kształtach
przekroju, najwi
ę
ksze napr
ęż
enia normalne wyst
ę
puj
ą
we włóknach skrajnych (w
płaszczy
ź
nie przekroju poprzecznego) i tam te
ż
wyst
ę
puj
ą
ekstremalne napr
ęż
enia styczne ,
których warto
ść
jest równa połowie tych napr
ęż
e
ń
normalnych.
11.5. Trajektorie naprężeń głównych w prętach zginanych poprzecznie
P
l/2
l/2
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
130
Rozwa
ż
my płask
ą
tarcz
ę
w płaszczy
ź
nie (X, Z) w której wyst
ę
puje płaski stan napr
ęż
enia
okre
ś
lony macierz
ą
napr
ęż
e
ń
:
=
0
zx
xz
x
T
τ
τ
σ
σ
,
której elementy s
ą
funkcjami
zmiennych x oraz z .
W ka
ż
dym punkcie tarczy mo
ż
emy
wyznaczy
ć
napr
ęż
enia główne i ich
kierunki posługuj
ą
c si
ę
znanymi
wzorami:
2
2
2
2
xz
x
x
min
max
τ
σ
σ
σ
+
±
=
, (a)
min
max
xz
min
max
tg
σ
τ
α
=
. (b)
Wybierzmy w niej dowolny punkt I (rys. 11.6) i wyznaczmy w nim napr
ęż
enie główne
I
max,
σ
i jego kierunek okre
ś
lony
I
max,
tg
α
, a nast
ę
pnie przesu
ń
my si
ę
po tym kierunku do bliskiego
punktu II. W punkcie II wyznaczmy napr
ęż
enie główne
II
max,
σ
i jego kierunek okre
ś
lony
I
max,
tg
α
i znowu przesu
ń
my si
ę
po tym kierunku do bliskiego punktu III, itd. Działania takie
mo
ż
emy kontynuowa
ć
startuj
ą
c od dowolnego punktu na brzegu tarczy i ko
ń
cz
ą
c na innym
punkcie brzegowym a ich wynikiem b
ę
dzie krzywa łamana, która w przypadku gdy z
odległo
ś
ciami mi
ę
dzy punktami b
ę
dziemy zmierza
ć
do zera b
ę
dzie krzyw
ą
ci
ą
gł
ą
o tej
własno
ś
ci,
ż
e w ka
ż
dym jej punkcie kierunek maksymalnego napr
ęż
enia głównego
max
σ
jest
do niej styczny. Krzyw
ą
o takiej własno
ś
ci nazywa
ć
b
ę
dziemy trajektori
ą
maksymalnego
napr
ęż
enia głównego. Podobnie definiujemy trajektori
ę
minimalnego napr
ęż
enia głównego.
W płaskiej tarczy trajektorie maksymalnych i minimalnych napr
ęż
e
ń
głównych tworz
ą
dwie
rodziny krzywych prostopadłych do siebie w ka
ż
dym punkcie.
Odnie
ś
my teraz to co zostało wy
ż
ej powiedziane do przykładu belki wolnopodpartej
obci
ąż
onej równomiernie której prostok
ą
tny przekrój ma wymiary
h
*
b
( rys. 11.7)
X
Z
Rys.11.6
III
I
max
σ
I
I
min
σ
II
III
max
σ
III
min
σ
4
π
Z
X
q
l
Rys. 11.7
2
π
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
131
Funkcja momentów zginaj
ą
cych i napr
ęż
e
ń
normalnych s
ą
nast
ę
puj
ą
ce:
( )
2
2
2
x
q
x
l
q
x
M
y
−
=
,
(
)
( )
z
J
x
M
z
,
x
y
y
x
−
=
σ
,
(c)
a funkcje sił poprzecznych i napr
ęż
e
ń
stycznych maj
ą
posta
ć
:
( )
qx
l
q
x
Q
z
−
=
2
,
(
)
( ) ( )
( )
z
b
J
z
S
x
Q
z
,
x
y
y
z
xz
−
=
τ
,
(d)
w których
12
3
bh
J
y
=
,
( )
2
8
2
2
z
b
h
b
z
S
y
−
=
,
( )
b
z
b
= .
Trajektorie maksymalnych i minimalnych napr
ęż
e
ń
głównych to krzywe całkowe ni
ż
ej
podanych równa
ń
ró
ż
niczkowych:
max
xz
max
dx
dz
tg
σ
τ
α
=
=
,
min
xz
min
dx
dz
tg
σ
τ
α
=
=
,
(e)
do których trzeba wstawi
ć
zale
ż
no
ś
ci (a), (c) i (d).
Rozwi
ą
zanie równa
ń
(e) daje dwie rodziny krzywych, których przebieg jest naszkicowany na
rys. 11.7. Lini
ą
ci
ą
gł
ą
naszkicowana jest trajektoria maksymalnego napr
ęż
enia głównego
(rozci
ą
gaj
ą
cego), a linia przerywana pokazuje trajektori
ę
minimalnego napr
ęż
enia głównego
(
ś
ciskaj
ą
cego). Ka
ż
da z tych trajektorii przecina o
ś
X pod k
ą
tem
°
45
, bo tam panuje czyste
ś
cinanie, i podchodzi do odpowiednich kraw
ę
dzi (rozci
ą
ganych lub
ś
ciskanych) belki pod
k
ą
tem prostym.
Zagadnienie trajektorii napr
ęż
e
ń
głównych jest szczególnie wa
ż
ne przy kształtowaniu
zginanych poprzecznie belek
ż
elbetowych. Poniewa
ż
wytrzymało
ść
betonu przy rozci
ą
ganiu
jest kilkana
ś
cie razy mniejsza ni
ż
przy
ś
ciskaniu, a stal posiada du
ż
a wytrzymało
ść
przy
rozci
ą
ganiu, wi
ę
c w obszarach belki gdzie wyst
ę
puj
ą
napr
ęż
enia rozci
ą
gaj
ą
ce przenosz
ą
je
stalowe pr
ę
ty powszechnie nazywane - zbrojeniem. Przebieg zbrojenia w
ż
elbetowej belce
winien w przybli
ż
eniu odpowiada
ć
kształtowi maksymalnych napr
ęż
e
ń
głównych, i st
ą
d
zbrojenie pracuj
ą
ce na rozci
ą
ganie, w belce wy
ż
ej analizowanej, b
ę
dzie miało kształt
naszkicowany na rys. 11.8.
11.6. Przykłady
Przykład
11.6.1.
Wyznaczy
ć
potrzebny przekrój stalowej belki
dwuteowej ze wzgl
ę
du na stan
graniczny
no
ś
no
ś
ci
je
ś
li
wytrzymało
ść
obliczeniowa
stali
wynosi R = 175 MPa. Po przyj
ę
ciu
dwuteownika
wyznaczy
ć
jego
q
= 13 kN/ m
l =
6.0 m
X
Z
Z
Y
Rys.11.8
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
132
no
ś
no
ść
na zginanie.
Rozwiązanie
Maksymalny moment zginaj
ą
cy w belce wynosi:
50
58
8
6
13
8
2
2
.
*
l
q
M
max
y
=
=
=
kNm.
Warunek stanu granicznego no
ś
no
ś
ci daje:
3
6
3
10
334
0
10
175
10
5
58
−
=
≥
→
≥
→
≤
*
.
*
*
.
W
R
M
max
W
R
W
M
max
y
y
y
y
y
m
3
= 334 cm
3
.
Przyj
ę
to
I
240, którego
354
=
y
W
cm
3
.
Przy tak przyj
ę
tych wymiarach przekroju
poprzecznego
napr
ęż
enia
normalne
w
skrajnych włóknach przekroju maksymalnego
momentu zginaj
ą
cego (
ś
rodek rozpi
ę
to
ś
ci
belki) wynosz
ą
:
25
165
10
354
10
5
58
6
3
.
*
*
.
W
M
y
y
górne
x
−
=
−
=
−
=
−
σ
MPa
25
165
10
354
10
5
58
6
3
.
*
*
.
W
M
y
y
e
ln
do
x
=
=
=
−
σ
MPa
a ich rozkład pokazuje rysunek obok.
Przez no
ś
no
ść
przekroju na zginanie rozumie
ć
b
ę
dziemy najwi
ę
kszy moment zginaj
ą
cy, który
przyło
ż
ony do przekroju nie wywołuje w
ż
adnym jego punkcie napr
ęż
e
ń
normalnych
wi
ę
kszych od wytrzymało
ś
ci obliczeniowej jego materiału .
No
ś
no
ść
na zginanie, przyj
ę
tego dwuteownika, wyznaczymy z warunku stanu granicznego
no
ś
no
ś
ci:
61950
175
*
354
max
max
max
=
≤
→
≤
→
≤
y
y
y
y
y
M
R
W
M
R
W
M
Nm.
Przykład 11.6.2.
Jak
ą
dodatkow
ą
sił
ą
P mo
ż
na obci
ąż
y
ć
pokazan
ą
drewnian
ą
belk
ę
aby napr
ęż
enia
normalne
nie
przekroczyły
wytrzymało
ś
ci obliczeniowej R = 10
MPa.
Rozwiązanie
Wska
ź
nik wytrzymało
ś
ci przekroju poprzecznego belki wynosi:
400
6
20
6
6
2
2
=
=
=
*
h
b
W
y
cm
3
.
Maksymalny moment zginaj
ą
cy w belce (wyst
ą
pi on w
ś
rodku jej rozpi
ę
to
ś
ci) wynosi:
4
8
2
l
P
l
q
M
max
y
+
=
.
Warunek stanu granicznego no
ś
no
ś
ci daje:
Z
Y
24 cm
M
y
= 58.5 kNm
σ
σ
σ
σ
x
MPa
165.25
165.25
q
=1.0 kN/ m
l
= 4.0 m
X
Z
P
2.0 m
2.0 m
20 cm
6 cm
Z
Y
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
133
2000
10
10
10
400
4
4
8
4
10
4
8
6
6
2
3
2
≤
→
≤
+
→
≤
+
→
≤
−
P
*
*
*
P
R
W
l
P
l
q
R
W
M
max
y
y
y
N.
Przykład 11.6.3.
Wyznaczy
ć
wymiary przekroju poprzecznego belki ze wzgl
ę
du na stan
graniczny no
ś
no
ś
ci je
ś
li wytrzymało
ś
ci obliczeniowe stali s
ą
równe R = 175 MPa oraz
R
t
= 0.6R.
Po przyj
ę
ciu wymiarów wyznaczy
ć
wykres napr
ęż
e
ń
normalnych i stycznych w przekroju
α-α oraz napr
ęż
enia główne i ich kierunki w punkcie K tego przekroju.
Rozwiązanie
Zaczniemy
od
wyznaczenia
warto
ś
ci
sił
przekrojowych. Na wykresach pokazanych
obok zaznaczone s
ą
ich warto
ś
ci w punktach
charakterystycznych jak i ich ekstremalne
warto
ś
ci.
0
50.
M
max
y
=
kNm,
0
60.
Q
max
z
=
kN.
Nast
ę
pnie
przejdziemy
do
wyznaczenia
potrzebnych
charakterystyk
geometrycznych
przekroju poprzecznego belki.
Potrzebujemy wyznaczy
ć
główne centralne osie
bezwładno
ś
ci. O
ś
Z, jako o
ś
symetrii jest jedn
ą
z
nich, druga o
ś
Y jest do niej prostopadła i
przechodzi przez
ś
rodek ci
ęż
ko
ś
ci przekroju.
Musimy go wyznaczy
ć
.
Pole przekroju:
2
27
5
1
2
2
12
a
a
*
a
.
*
a
*
a
A
=
+
=
Moment
statyczny
wzgl
ę
dem
dowolnie
przyj
ę
tej osi Y
0
:
(
)
3
2
0
5
16
5
5
5
1
2
a
.
a
.
a
.
*
S
y
−
=
−
=
Współrz
ę
dna
ś
rodka ci
ęż
ko
ś
ci w układzie
(Y
0
, Z
):
a
.
a
a
.
A
S
z
y
611
0
27
5
16
2
3
0
0
−
=
−
=
=
3 m
40
40
50
40
20
60
40
20
M
y
kNm
Q
z
kN
20 kN/ m
4 m
2
4 m
2
20 kN
X
Y
Z
2a
1.5
a
1.5 a
a
Z
6.611
a
5.389
a
Y
0.611
a
5 a
6 a
Y
0
a
2a
1.5a
1.5a
11a
20 kN/ m
4 m
2
4 m
2
20 kN
α
α
K
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
134
Główna centralna o
ś
Y w tym zadaniu jest
osi
ą
zginania i osi
ą
oboj
ę
tn
ą
napr
ęż
e
ń
normalnych.
Moment bezwładno
ś
ci przekroju poprzecznego wzgl
ę
dem osi oboj
ę
tnej
(
)
(
)
(
)
4
2
3
2
3
917
368
889
4
5
1
12
5
1
2
611
0
12
2
12
12
2
a
.
a
.
*
a
*
a
.
a
*
a
.
a
.
*
a
*
a
a
*
a
J
y
=
+
+
+
=
Wska
ź
nik wytrzymało
ś
ci
3
4
804
55
611
6
917
368
a
.
a
.
a
.
z
max
J
W
y
y
=
=
=
Potrzebny wymiar ze wzgl
ę
du na napr
ęż
enia normalne.
Najwi
ę
ksze (co do bezwzgl
ę
dnej warto
ś
ci) napr
ęż
enia normalne wyst
ą
pi
ą
w przekroju
maksymalnego momentu zginaj
ą
cego we włóknach górnych.
0172
0
10
175
10
50
804
55
6
3
3
.
a
*
*
a
.
R
M
max
W
R
W
M
max
y
y
y
y
≥
→
≥
→
≥
→
≤
m = 1.72 cm.
Potrzebny wymiar ze wzgl
ę
du na napr
ęż
enia styczne.
Najwi
ę
ksze (co do bezwzgl
ę
dnej warto
ś
ci) napr
ęż
enia styczne wyst
ą
pi
ą
w przekroju
maksymalnej siły poprzecznej (na prawo od lewej podpory) we włóknach na osi Y.
Moment statyczny cz
ęś
ci przekroju powy
ż
ej włókien w których wyznaczamy napr
ęż
enia:
( )
3
705
43
2
611
6
2
611
6
0
a
.
a
.
*
a
*
a
.
S
y
=
=
( )
( )
3
6
4
3
3
10
82
5
10
175
6
0
2
917
368
705
43
10
60
0
0
−
≥
→
≤
→
≤
*
.
a
*
*
.
a
*
a
.
a
.
*
*
R
b
J
S
Q
max
t
y
y
z
m = 0.582 cm.
Przyj
ę
to do wykonania
8
1.
a
=
cm.
Wyznaczymy teraz wykresy napr
ęż
e
ń
normalnych i stycznych w przekroju
α-α gdzie
moment zginaj
ą
cy ma warto
ść
40
=
−
α
α
y
M
kN i rozci
ą
ga włókna górne a siła poprzeczna jest
dodatnia i ma warto
ść
60
=
−
α
α
z
Q
kN (patrz rysunek ni
ż
ej).
1.8
Z
9.7
Y
11.9
19.8
2.7
2.7
3.6
α
α
−
z
Q
α
α
−
y
M
K
wymiary w cm
81.596
σ
x
MPa
100.187
122.910
τ
xz
MPa
10.970
6.135
2.454
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
135
Moment bezwładno
ś
ci wzgl
ę
dem osi oboj
ę
tnej:
743
.
3872
8
.
1
*
917
.
368
4
=
=
y
J
cm
4
.
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych:
z
z
J
M
y
x
8
3
10
*
743
.
3872
10
*
40
−
−
=
=
α
α
σ
910
.
122
10
*
90
.
11
10
*
743
.
3872
10
*
40
2
8
3
=
=
−
−
górne
x
σ
MPa,
(
)
187
.
100
10
*
70
.
9
10
*
743
.
3872
10
*
40
2
8
3
ln
−
=
−
=
−
−
e
do
x
σ
MPa,
(
)
596
.
81
10
*
90
.
7
10
*
743
.
3872
10
*
40
2
8
3
−
=
−
=
−
−
K
x
σ
MPa.
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
stycznych:
włókna górne i dolne:
z = 11.90 oraz ( – 9.70 ) cm
0
=
xz
τ
włókna na osi oboj
ę
tnej:
z = 0
( )
898
.
254
2
9
.
11
*
6
.
3
*
9
.
11
0
=
=
y
S
cm
3
( )
( )
970
.
10
10
*
6
.
3
*
10
*
743
.
3872
10
*
898
.
254
*
10
*
60
0
0
2
8
6
3
−
=
−
=
−
=
−
−
−
−
b
J
S
Q
y
y
xz
α
α
τ
MPa
włókna:
z = - 7.90 cm
Moment statyczny, wzgl
ę
dem osi oboj
ę
tnej, wchodz
ą
cy do licznika wzoru na napr
ęż
enia
styczne mo
ż
na policzy
ć
od cz
ęś
ci przekroju znajduj
ą
cej si
ę
poni
ż
ej włókien (tak jest
pro
ś
ciej) bior
ą
c jednak do dalszych oblicze
ń
jego bezwzgl
ę
dn
ą
warto
ść
gdy
ż
zwrot napr
ęż
e
ń
stycznych generuje zwrot siły poprzecznej i przy przyj
ę
tym układzie współrz
ę
dnych jest on
ujemny, co zostało ju
ż
uwzgl
ę
dnione w znaku we wzorze na napr
ęż
enia.
(
)
56
.
142
8
.
8
*
8
.
1
*
0
.
9
9
.
7
=
=
−
y
S
cm
3
Dla tej współrz
ę
dnej z wyst
ę
puje skokowa zmiana szeroko
ś
ci przekroju dlatego te
ż
wyst
ą
pi
ą
dwie warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
stycznych.
135
.
6
10
*
6
.
3
*
10
*
743
.
3872
10
*
56
.
142
*
10
*
60
2
8
6
3
−
=
−
=
−
−
−
xz
τ
MPa,
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
136
454
.
2
10
*
0
.
9
*
10
*
743
.
3872
10
*
56
.
142
*
10
*
60
2
8
6
3
−
=
−
=
−
−
−
xz
τ
MPa.
Obliczenie napr
ęż
e
ń
głównych i ich kierunków w punkcie K przekroju
α-α.
W tym punkcie wyst
ę
puje płaski stan napr
ęż
enia (wszystkie wektory napr
ęż
e
ń
przypisane
dowolnym płaszczyzn
ą
przeci
ę
cia le
żą
w płaszczy
ź
nie (X, Z)) okre
ś
lony macierz
ą
napr
ęż
e
ń
:
−
−
−
=
0
135
.
6
135
.
6
596
.
81
K
T
σ
MPa
( )
(
)
2
2
2
2
135
6
2
596
81
2
596
81
2
2
.
.
.
K
xz
K
x
K
x
K
min
max
−
+
−
±
−
=
+
±
=
τ
σ
σ
σ
459
0.
K
max
=
σ
MPa,
055
82.
K
min
−
=
σ
MPa.
'
max
max
max
43
85
3660
.
13
459
.
0
135
.
6
tg
o
−
=
→
−
=
−
=
=
α
σ
τ
α
K
K
xz
'
min
min
min
17
4
0748
.
0
055
.
82
135
.
6
tg
o
=
→
=
−
−
=
=
α
σ
τ
α
K
K
xz
Przykład 11.6.4.
Wyznaczy
ć
wymiary płaskownika, który nale
ż
y przyspawa
ć
do półek
dwuteowej stalowej belki
I
200 pokazanej na rysunku w celu zapewnienia jej potrzebnej
no
ś
no
ś
ci. Wytrzymało
ść
obliczeniowa stali R = 150 MPa.
Rozwiązanie
q
= 10 kN/ m
X
Z
l
= 6.0
m
Z
Y
9 cm
10 cm
10 cm
Dane z tablic profili
walcowanych
J
y
= 2140 cm
4
W
y
= 214 cm
3
6
.1
3
5
6.135
6.135
6
.1
3
5
81.596
81.596
X
Z
σ
max
= 0.459
'
min
17
4
o
=
α
'
max
43
85
o
=
α
σ
min
= 82.055
σ
max
= 0.459
σ
min
= 82.055
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
137
Maksymalny moment zginaj
ą
cy działaj
ą
cy na belk
ę
:
00
45
8
6
10
8
2
2
.
*
l
q
M
max
y
=
=
=
kNm
Maksymalny dopuszczalny moment zginaj
ą
cy, który dany przekrój dwuteowy mo
ż
e
przenie
ść
:
32100
10
150
10
214
6
6
=
=
=
−
*
*
*
R
W
M
dop
y
y
Nm = 32.10 kNm.
Belka nie mo
ż
e przenie
ść
zadanego obci
ąż
enia, jej przekrój wymaga wzmocnienia.
Przyj
ę
to do wzmocnienia dwa płaskowniki o wymiarach 7.0*0.8 cm przyspawane do półek
dwuteownika.
Moment bezwładno
ś
ci wzmocnionego przekroju wzgl
ę
dem osi oboj
ę
tnej:
99
3351
60
0
39
1211
2140
4
10
8
0
7
12
8
0
7
2
2140
2
3
.
.
.
.
*
.
*
.
*
J
y
=
+
+
=
+
+
=
cm
4
Wska
ź
nik wytrzymało
ś
ci wzmocnionego przekroju:
37
310
80
10
99
3351
.
.
.
W
y
=
=
cm
3
.
Dopuszczalny moment zginaj
ą
cy który mo
ż
e przenie
ść
wzmocniony przekrój (no
ś
no
ść
przekroju na zginanie):
50
46555
10
150
10
37
310
6
6
.
*
*
*
.
R
W
M
dop
y
y
=
=
=
−
Nm = 46.56 kNm.
No
ś
no
ść
wzmocnionego przekroju na zginanie jest wi
ę
ksza od maksymalnego momentu
zginaj
ą
cego działaj
ą
cego w przekroju.
Płaskowniki wzmacniaj
ą
ce przekrój belki potrzebne s
ą
tylko na długo
ś
ci belki gdzie
wyst
ę
puje moment zginaj
ą
cy wi
ę
kszy od 32.10 kNm.
Miejsce wyst
ę
powania tego momentu:
( )
40
1
0
42
6
6
10
32
2
10
30
1
2
2
.
x
.
x
x
.
x
x
x
M
=
→
=
+
−
→
=
−
=
m,
60
4
2
.
x
=
m.
Dano ostatecznie dwa płaskowniki 7*0.8 cm na długo
ś
ci 3.30 m.
Na rysunku poni
ż
ej lini
ą
przerywan
ą
narysowano wykres momentów zginaj
ą
cych
działaj
ą
cych na belk
ę
, linia ci
ą
gła pokazuje warto
ś
ci momentów, które belka mo
ż
e przenie
ść
.
Wykres narysowany lini
ą
ci
ą
gł
ą
musi obejmowa
ć
wykres narysowany lini
ą
przerywan
ą
.
9 cm
10 cm
10 cm
7 cm
0.8
0.8
Y
M
y
kNm
32.10
46.56
45.00
32.10
32.10
1.35
3.30 m
10 kN/ m
1.4
1.4
3.20 m
6.00
m
1.35
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
138
Przykład 11.6.5.
Dla spawanej belki o symetrycznym przekroju teowym jak rysunku
wyznaczy
ć
najwi
ę
ksz
ą
dopuszczaln
ą
warto
ść
siły P (no
ś
no
ść
belki) ze wzgl
ę
du na:
• napr
ęż
enia normalne je
ś
li R = 175 MPa
• napr
ęż
enia styczne przy
ś
cinaniu spoin je
ś
li R
ts
= 105 MPa
.
Rozwiązanie
Z pokazanych obok wykresów momentów i
sił poprzecznych wynika,
ż
e:
4
Pl
M
max
y
=
,
2
P
Q
max
z
=
.
Wyznaczenie osi głównych centralnych i
potrzebnych charakterystyk geometrycznych
nie powinno stanowi
ć
trudno
ś
ci.
Ich poło
ż
enie pokazuje rysunek obok a
moment
bezwładno
ś
ci
i
wska
ź
nik
wytrzymało
ś
ci
wzgl
ę
dem
osi
zginania
wynosz
ą
:
00
33210.
J
y
=
cm
4
,
913
1443
23
33120
.
z
max
J
W
y
y
=
=
=
cm
3
.
No
ś
no
ść
belki ze wzgl
ę
du na napr
ęż
enia normalne:
685
252
10
175
10
913
1443
4
6
6
6
.
P
*
*
*
.
P
R
W
M
max
R
W
M
max
y
y
y
y
≤
→
≤
→
≤
→
≤
−
kN
W celu wyznaczenia no
ś
no
ść
belki ze
wzgl
ę
du na
ś
cinanie spoin policzymy
wpierw sił
ę
rozwarstwiaj
ą
c
ą
mi
ę
dzy
stopk
ą
a
ś
rodnikiem na jednostk
ę
długo
ś
ci belki.
5 cm
6 cm
30 cm
20 cm
grubość spoin
a
= 0.4 cm
Z
X
Y
P
3.0 m
3.0 m
P
l /
4
M
y
Q
z
P
/
2
P
/
2
Z
τ
zx
1
τ
xz
X
τ
zx
b
l
P
3.0 m
3.0 m
Z
6 cm
30 cm
5 cm
20 cm
13 cm
23 cm
Y
Z
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
139
Zakładaj
ą
c
równomierny
rozkład
napr
ęż
e
ń
stycznych (patrz rysunek
obok) siła ta jest równa:
y
y
z
y
y
z
zx
J
S
Q
b
b
J
S
Q
*
b
*
T
=
=
=
1
τ
,
gdzie:
2
P
Q
z
=
,
6
6
10
1200
10
10
20
6
−
−
=
=
*
*
*
*
S
y
m
3
(to moment statyczny półki
wzgl
ę
dem osi zginania).
T
ą
sił
ę
musz
ą
przenie
ść
dwie spoiny, których powierzchnia
ś
cinania na jednostkowej długo
ś
ci
wynosi:
2
2
10
80
0
10
4
0
2
1
2
−
−
=
=
=
*
.
*
.
*
*
a
*
A
sp
m
2
.
Przy zało
ż
eniu równomiernego rozkładu napr
ęż
e
ń
ś
cinaj
ą
cych w spoinach, napr
ęż
enia winny
spełnia
ć
warunek:
s
t
sp
R
A
T
≤
.
St
ą
d no
ś
no
ść
belki ze wzgl
ę
du na
ś
cinanie spoin wynosi:
→
≤
→
≤
sp
s
t
y
y
z
sp
s
t
A
R
J
S
Q
A
R
T
940
464
10
1200
10
8
0
10
105
10
33210
2
2
6
2
6
8
.
*
*
.
*
*
*
*
*
S
A
R
J
*
P
y
sp
s
t
y
=
=
≤
−
−
−
kN.
Zatem najwi
ę
ksza dopuszczalna siła jak
ą
mo
ż
na obci
ąż
y
ć
analizowan
ą
belk
ę
ma warto
ść
252.685 kN.
Przykład. 11.6.6.
Dla belki o schemacie i przekroju jak na rys. wyznaczy
ć
w przekrojach
α
α
−
,
β
β
−
i
γ
γ
−
:
• rozkład napr
ęż
e
ń
normalnych i stycznych w przekroju poprzecznym,
• napr
ęż
enia główne i ich kierunki oraz maksymalne napr
ęż
enia styczne
max
τ
w
zaznaczonych pi
ę
ciu punktach po wysoko
ś
ci przekroju,
Rozwiązanie
β
β
Y
q
=20 kN/m
X
Z
α
1 m
2 m
1 m
α
γ
γ
Z
Y
6 cm
4*3 c
m
3
1
2
4
5
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
140
Wykresy sił przekrojowych wraz ich
warto
ś
ciami w zadanych przekrojach
pokazane s
ą
obok.
Potrzebne do wyznaczenia napr
ęż
e
ń
warto
ś
ci
charakterystyk geometrycznych wynosz
ą
:
moment bezwładno
ś
ci wzgl
ę
dem osi
oboj
ę
tnej
00
864
12
12
6
3
.
*
J
y
=
=
cm
4
,
momenty statyczne wchodz
ą
ce do wzoru na
napr
ęż
enia styczne w zadanych kolejnych
punktach przekroju
0
5
1
=
=
,
y
,
y
S
S
,
00
81
5
4
6
3
4
2
.
.
*
*
S
S
,
y
,
y
=
=
=
cm
3,
00
108
3
6
6
3
.
*
*
S
,
y
=
=
cm
3
Przekrój
α
α
−
(przekrój podporowy)
0
=
y
M
,
00
40.
Q
z
=
kN
Napr
ęż
enia normalne w przekroju poprzecznym
x
σ
wobec zerowania si
ę
momentu
zginaj
ą
cego s
ą
równe zero.
Napr
ęż
enia styczne w przekroju poprzecznym:
( )
( )
z
b
J
z
S
Q
y
y
z
xz
−
=
τ
0
5
1
=
=
,
xz
,
xz
τ
τ
,
25
6
10
6
10
864
10
81
10
40
2
8
6
3
4
2
.
*
*
*
*
*
*
,
xz
,
xz
−
=
−
=
=
−
−
−
τ
τ
MPa,
33
8
10
6
10
864
10
108
10
40
2
8
6
3
3
.
*
*
*
*
*
*
,
xz
−
=
−
=
−
−
−
τ
MPa.
Napr
ęż
enia główne i ich kierunki
W przekroju wyst
ę
puje czyste
ś
cinanie i napr
ęż
enia główne w ka
ż
dym punkcie s
ą
równe
wyst
ę
puj
ą
cym w nim napr
ęż
eniom
ś
cinaj
ą
cym a ich kierunki nachylone s
ą
pod k
ą
tem 45
° do
osi Y (patrz rys. ni
ż
ej na którym opisane s
ą
tylko warto
ś
ci
max
σ
).
Maksymalne napr
ęż
enia styczne s
ą
w tym przypadku równe napr
ęż
eniom stycznym w
przekroju poprzecznym.
M
y
kNm
40
30
Q
z
kN
20
40
β
β
α
α
γ
γ
6.25
6.25
8.33
6.25
6.25
8.33
1
2
3
4
5
45
°
45
°
45
°
X
Z
8.33
6.25
6.25
6.25
6.25
8.33
8.33
6.25
6.25
8.33
6.25
6.25
x
σ
xz
τ
max
σ
min
σ
max
τ
MPa
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
141
Przekrój
β
β
−
00
30.
M
y
=
kNm ,
00
20.
Q
z
=
kN,
w przekroju wyst
ę
puje poprzeczne zginanie i w ogólno
ś
ci ka
ż
dy punkt tego przekroju (z
wyj
ą
tkiem skrajnych) znajduje si
ę
w płaskim stanie napr
ęż
enia, którego płaszczyzn
ą
jest
płaszczyzna (X, Z).
Napr
ęż
enia normalne w przekroju poprzecznym
z
J
M
y
y
x
−
=
σ
33
208
10
6
10
864
10
30
2
8
3
1
.
*
*
*
,
x
−
=
−
=
−
−
σ
MPa,
17
104
10
3
10
864
10
30
2
8
3
2
.
*
*
*
,
x
−
=
−
=
−
−
σ
MPa,
0
3
=
,
x
σ
,
(
)
17
104
10
3
10
864
10
30
2
8
3
4
.
*
*
*
,
x
=
−
−
=
−
−
σ
MPa
(
)
33
208
10
6
10
864
10
30
2
8
3
5
.
*
*
*
,
x
=
−
−
=
−
−
σ
MPa
Napr
ęż
enia styczne w przekroju poprzecznym
( )
( )
z
b
J
z
S
Q
y
y
z
xz
−
=
τ
0
5
1
=
=
,
xz
,
xz
τ
τ
,
12
3
10
6
10
864
10
81
10
20
2
8
6
3
4
2
.
*
*
*
*
*
*
,
xz
,
xz
−
=
−
=
=
−
−
−
τ
τ
MPa,
16
4
10
6
10
864
10
108
10
20
2
8
6
3
3
.
*
*
*
*
*
*
,
xz
−
=
−
=
−
−
−
τ
MPa.
Napr
ęż
enia główne i ich kierunki
2
2
2
2
xz
x
x
min
max
τ
σ
σ
σ
+
±
=
,
min
max
xz
min
max
tg
σ
τ
α
=
Punkt 1
0
1
=
max,
σ
,
∞
−
=
1
max,
tg
α
,
o
90
1
−
=
max,
α
,
33
208
1
.
min,
−
=
σ
MPa,
0
1
=
min,
tg
α
,
o
0
1
=
min,
α
.
Punkt 2
(
)
2
2
2
2
12
3
2
17
104
2
17
104
.
.
.
min,
max,
−
+
−
±
−
=
σ
,
09
0
2
.
max,
=
σ
MPa,
26
104
2
.
min,
−
=
σ
MPa,
'
.
.
.
tg
max,
max,
50
89
67
34
09
0
12
3
2
2
°
−
=
→
−
=
−
=
α
α
,
'
*
.
.
.
tg
min,
min,
10
0
10
27
5
26
104
12
3
2
3
2
°
=
→
=
−
−
=
−
α
α
.
Punkt 3
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
142
(
)
2
3
3
16
4.
min,
max,
−
±
=
σ
,
16
4
3
.
max,
=
σ
MPa,
16
4
3
.
min,
−
=
σ
MPa,
°
−
=
→
−
=
−
=
45
1
16
4
16
4
3
3
max,
max,
.
.
tg
α
α
,
°
=
→
=
−
−
=
45
1
16
4
16
4
3
3
min,
min,
.
.
tg
α
α
.
Punkt 4
(
)
2
2
2
2
12
3
2
17
104
2
17
104
.
.
.
min,
max,
−
+
±
=
σ
,
26
104
2
.
max,
=
σ
MPa,
09
0
2
.
min,
−
=
σ
MPa,
'
*
.
.
.
tg
max,
max,
10
0
10
27
5
26
104
12
3
2
3
2
°
−
=
→
−
=
−
=
−
α
α
,
'
.
.
.
tg
min,
min,
50
89
67
34
09
0
12
3
2
2
°
=
→
=
−
−
=
α
α
.
Punkt 5
33
208
5
.
max,
=
σ
MPa,
0
5
=
max,
tg
α
,
o
0
5
=
max,
α
,
0
5
=
min,
σ
,
∞
=
5
min,
tg
α
,
o
90
5
=
min,
α
.
Maksymalne napr
ęż
enia styczne :
2
min
max
max
σ
σ
τ
−
=
Punkt 1 i 5
16
104
5
1
.
max,
max,
=
=
τ
τ
MPa
Punkt 3
16
4
3
.
max,
=
τ
MPa
Punkt 2 i 4
18
52
4
2
.
max,
max,
=
=
τ
τ
MPa
104.26
104.17
4.16
0.09
3.12
4.16
1
2
3
4
89
°50’
0
°10’
45
°
X
Z
3.12
4.16
3.12
xz
τ
MPa
208.33
5
208.33
104.17
3.12
208.33
208.33
104.17
208.33
x
σ
104.17
208.33
104.26
max
σ
208.33
4.16
0.09
min
σ
208.33
104.26
4.16
0.09
52.18
4.16
104.16
max
τ
52.18
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
143
Przekrój
γ
γ
−
(przekrój w
ś
rodku rozpi
ę
to
ś
ci)
00
40.
M
y
=
kNm,
0
=
z
Q
w przekroju wyst
ę
puje proste zginanie wzgl
ę
dem osi Y i w ka
ż
dy punkcie przekroju
wyst
ę
puje jednoosiowy stan napr
ęż
enia, reprezentowany przez napr
ęż
enie
x
σ
, które jest
równocze
ś
nie jednym z napr
ęż
e
ń
głównych.
Napr
ęż
enia normalne w przekroju poprzecznym
z
J
M
y
y
x
−
=
σ
78
277
10
6
10
864
10
40
2
8
3
1
.
*
*
*
,
x
−
=
−
=
−
−
σ
MPa,
89
138
10
3
10
864
10
40
2
8
3
2
.
*
*
*
,
x
−
=
−
=
−
−
σ
MPa,
0
3
=
,
x
σ
,
(
)
89
138
10
3
10
864
10
40
2
8
3
4
.
*
*
*
,
x
=
−
−
=
−
−
σ
MPa,
(
)
78
277
10
6
10
864
10
40
2
8
3
5
.
*
*
*
,
x
=
−
−
=
−
−
σ
MPa.
Napr
ęż
enia styczne w przekroju poprzecznym
xz
τ
wobec zerowania si
ę
siły poprzecznej s
ą
równe zero.
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
głównych, ich kierunki oraz maksymalne napr
ęż
enia styczne pokazane s
ą
ni
ż
ej.
Przykład 11.6.7.
Obliczy
ć
warto
ść
energetycznego współczynnika
ś
cinania
κ dla podanych
przekrojów.
MPa
xz
τ
138.89
x
σ
277.78
138.89
277.78
X
Z
138.89
277.78
1
2
3
4
5
277.78
138.89
277.78
min
σ
138.89
max
τ
138.89
69.44
69.44
138.89
277.78
138.89
max
σ
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
144
Prostok
ą
t
,
4
1
8
2
8
)
(
;
)
(
;
12
;
2
2
2
2
2
3
−
=
−
=
=
=
=
h
z
bh
bz
bh
z
S
b
z
b
bh
J
bh
A
y
y
(
)
(
)
(
)
2
.
1
5
6
2
1
8
9
1
8
9
2
1
4
9
4
1
64
144
)
(
)
(
1
1
4
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
6
2
2
2
2
=
=
+
−
=
−
=
=
−
=
−
=
=
∫
∫
∫
∫
∫∫
−
−
−
−
du
u
u
du
u
dz
h
z
h
dz
b
b
h
z
h
b
h
b
bh
dA
z
b
z
S
J
A
h
h
h
h
A
y
y
κ
Łatwo i warto zauwa
ż
y
ć
,
ż
e energetyczny współczynnik
ś
cinania dla kwadratu 1*1 b
ę
dzie te
ż
miał warto
ś
ci 1.2 bo jak wida
ć
z powy
ż
szych oblicze
ń
jego wielko
ść
nie zale
ż
y od b oraz h.
Liczenie powy
ż
szej całki po obszarze 1*1 jest znacznie prostsze.
Przekrój skrzynkowy i dwuteowy
Warto
ś
ci energetycznego współczynnika
ś
cinania dla obu przekrojów b
ę
d
ą
takie same.
Obliczenia przeprowadzimy dla przekroju skrzynkowego.
32
10
*
4
12
*
6
=
−
=
A
,
667
.
530
12
10
*
4
12
12
*
6
3
3
=
−
=
y
J
,
<
<
<
<
=
6
5
;
6
5
0
;
2
)
(
z
z
z
b
,
<
<
−
=
−
<
<
−
=
−
+
=
6
5
;
3
108
3
3
*
6
*
6
5
0
;
58
5
.
2
*
5
*
2
5
.
5
*
1
*
6
)
(
2
2
2
2
z
z
z
z
z
z
z
S
y
,
1
1
1
1
1
4
2
2 2
h
Y
Z
b
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
145
(
)
447
.
1
014
.
0
433
.
1
600
.
126
667
.
12611
10
*
633
.
113
)
72
1296
(
3
)
116
3364
(
10
*
633
.
113
)
36
(
3
)
58
(
10
*
633
.
113
6
6
)
3
108
(
2
2
)
58
(
2
667
.
530
32
)
(
)
(
6
5
0
6
5
4
2
4
2
6
5
0
6
5
2
2
2
2
6
5
0
6
5
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
+
=
+
=
=
+
−
+
+
−
=
=
−
+
−
=
=
−
+
−
=
=
−
−
−
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫∫
dz
z
z
dz
z
z
dz
z
dz
z
dz
z
dz
z
dA
z
b
z
S
J
A
A
y
y
κ
Wynik oblicze
ń
pokazuje,
ż
e decyduj
ą
cy wpływ na wielko
ść
κ ma
ś
rodnik nie półki. W
pokazanym przykładzie udział
ś
rodnika stanowi 1.433/1.447 = 99 %.
Przykład 11.6.8.
Obliczy
ć
energi
ę
spr
ęż
yst
ą
U dla belki wspornikowej obci
ąż
onej jak na
rysunku.
P
= 1.0 kN , l = 0.20 m,
b =
0.01 m, h = 0.02 m,
E
= 205 GPa,
ν
=
0.3
Rozwiązanie
Policzymy całkowit
ą
energi
ę
spr
ęż
yst
ą
tej belki wykorzystuj
ą
c wzór wyra
ż
aj
ą
cy energi
ę
spr
ęż
yst
ą
poprzez siły przekrojowe:
( )
( )
dx
GA
x
Q
dx
EJ
x
M
U
z
y
y
∑ ∫
∑∫
+
=
2
2
2
2
κ
.
M(x) = P(x-l) ; Q(x) = P
(
)
GA
l
P
EJ
l
P
dx
GA
P
dx
EJ
l
x
P
U
y
l
l
y
2
2
.
1
6
2
2
.
1
2
2
3
2
0
2
0
2
2
+
=
+
−
=
∫
∫
4
10
00
2
02
0
01
0
−
=
=
*
.
.
*
.
A
m
2
,
8
3
10
667
0
12
02
0
01
0
−
=
=
*
.
.
*
.
J
y
m
4
,
(
)
(
)
9
9
10
846
78
3
0
1
2
10
205
1
2
*
.
.
*
E
G
=
+
=
+
=
ν
N/m
2
.
P
l
h
b
Z
Y
X
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
146
983
0
008
0
975
0
10
000
2
10
846
78
2
200
0
10
2
1
10
667
0
10
205
6
200
0
10
4
9
6
8
9
3
6
.
.
.
*
.
*
*
.
*
.
*
*
.
*
.
*
*
*
.
*
U
=
+
=
+
=
−
−
Nm.
Widoczny jest dominuj
ą
cy wpływ momentów zginaj
ą
cych w energii spr
ęż
ystej, udział sił
poprzecznych w tym przykładzie wynosi 0.008/0.983
≈ 0.8% i z reguły jest pomijany w
obliczeniach .
11.7. Belki zespolone
11.7.1. Naprężenia normalne w belkach zespolonych
W konstrukcjach budowlanych bardzo cz
ę
sto spotykamy si
ę
z ustrojami pr
ę
towymi
wykonanymi z materiałów o ró
ż
nych własno
ś
ciach fizycznych, współpracuj
ą
cymi ze sob
ą
na
powierzchni styku w sposób ci
ą
gły. Takie konstrukcje nazywa
ć
b
ę
dziemy belkami
zespolonymi, a typowe ich przykłady jak belka
ż
elbetowa czy obetonowana belka drewniana
pokazane s
ą
na rys. 11.9.
Rys. 11.9
Wyznaczymy zale
ż
no
ś
ci podaj
ą
ce rozkład napr
ęż
e
ń
normalnych w belkach zespolonych
zginanych poprzecznie.
Przy ich wyprowadzaniu przyjmiemy,
ż
e:
• spełniona jest zasada płaskich przekrojów Bernoulie’go
• materiały składowe belki s
ą
liniowo spr
ęż
yste i ró
ż
ni
ą
si
ę
jedynie stałymi materiałowymi
• obci
ąż
enie i przekrój poprzeczny belki spełnia warunki poprzecznego zginania.
Rozwa
ż
my przekrój belki zespolonej pokazany na rys. 11.10, w którym moment zginaj
ą
cy
jest równy
( )
x
M
y
. O
ś
Z jest osi
ą
symetrii przekroju, a włókna le
żą
ce na płaszczy
ź
nie (X, Y)
nie zmieniaj
ą
swej długo
ś
ci po przyło
ż
eniu obci
ąż
enia wi
ę
c o
ś
Y jest osi
ą
oboj
ę
tn
ą
. Jej
poło
ż
enie, na razie nie znane, wzgl
ę
dem włókien dolnych okre
ś
la współrz
ę
dna z
0
.
Rys. 11.10
Zało
ż
enie płaskich przekrojów pozwala zapisa
ć
równanie geometryczne okre
ś
laj
ą
ce
odkształcenia liniowe dowolnych włókien w postaci:
M
y
(x)
Z
Y
x
X
z
0
A
„i-ty” materiał
Y
0
i
x
σ
drewno
beton
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
147
( )
z
x
a
x
=
ε
gdzie: z - współrz
ę
dna włókien mierzona od osi oboj
ę
tnej Y (osi zginania),
( )
x
a
- krzywizna osi belki.
Liniowo spr
ęż
yste fizyczne własno
ś
ci „i-tego” materiału powoduj
ą
,
ż
e napr
ęż
enia normalne
w nim wynosz
ą
:
( )
z
x
a
E
E
i
x
i
i
x
=
=
ε
σ
.
(11.9)
Te napr
ęż
enia musz
ą
spełnia
ć
równania równowa
ż
no
ś
ci odpowiednich układów sił
wewn
ę
trznych i zewn
ę
trznych:
0
=
∫∫
A
x
dA
σ
,
( )
x
M
dA
z
y
A
x
=
∫∫
σ
.
Podstawiaj
ą
c do pierwszego z nich (11.9) po kolejnych przekształceniach :
( )
0
0
0
1
0
1
1
=
→
=
→
=
∑
∫∫
∑
∫∫
∑ ∫∫
=
=
=
k
i
A
i
i
k
i
A
i
i
k
i
A
i
i
x
i
i
i
dA
z
E
E
dA
z
x
a
E
dA
σ
,
otrzymujemy równanie do wyznaczenia osi oboj
ę
tnej Y :
( )
0
1
0
=
∑
=
k
i
i
y
i
z
S
n
,
(11.10)
gdzie: k - ilo
ść
materiałów składowych belki,
0
E
E
n
i
i
=
, a
0
E
to moduł Younga materiału przyj
ę
tego za porównawczy,
( )
∫∫
=
i
A
i
i
y
dA
z
z
S
0
moment statyczny wzgl
ę
dem osi Y pola przekroju zajmowanego
przez „i-ty” materiał.
Podstawiaj
ą
c do drugiego równania równowa
ż
no
ś
ci wzór (11.9) i wykonuj
ą
c szereg
przekształce
ń
:
( )
( )
( )
( )
( )
x
M
dA
z
E
E
x
a
x
M
dA
z
x
a
E
x
M
dA
z
y
k
i
A
i
i
y
k
i
A
i
i
y
k
i
A
i
i
x
i
i
i
=
→
=
→
=
∑
∫∫
∑
∫∫
∑∫∫
=
=
=
1
2
0
1
2
1
σ
,
otrzymujemy równanie do wyznaczenia krzywizny osi belki:
( )
( )
yw
y
J
E
x
M
x
a
0
=
(11.11)
gdzie:
∑ ∫∫
=
=
k
i
i
A
i
yw
dA
z
n
J
i
1
2
- tzw. wa
ż
onym moment bezwładno
ś
ci.
(11.12)
Podstawiaj
ą
c (11.11) do (11.9) otrzymujemy wzór podaj
ą
cy rozkład napr
ęż
e
ń
normalnych w
przekroju poprzecznym zginanej belce zespolonej:
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
148
( )
z
J
x
M
n
yw
y
i
i
x
=
σ
.
(11.13)
11.7.2. Przykłady
Przykład 11.7.2.1.
Wyznaczy
ć
rozkład napr
ęż
e
ń
normalnych na podporze B zespolonej belki
drewniano-betonowej, pokazanej na rysunku, przyjmuj
ą
c,
ż
e moduł Younga betonu E
b
jest
czterokrotnie wi
ę
kszy od modułu Younga drewna E
d
.
Rozwiązanie
Jako materiał porównawczy przyjmiemy
drewno, st
ą
d wielko
ś
ci dotycz
ą
ce betonu,
przy zało
ż
onym stosunku E
b
/E
d
, b
ę
d
ą
mno
ż
one przez 4.
Poło
ż
enie osi oboj
ę
tnej:
∑
=
=
2
1
0
0
i
i
y
i
;
)
z
(
S
n
(
)
(
)
(
)
[
]
60
18
0
16
20
10
18
36
18
4
16
20
10
0
0
0
0
.
z
z
*
*
z
*
*
z
*
*
=
→
=
−
−
−
+
−
cm.
Wa
ż
ony moment bezwładno
ś
ci wzgl
ę
dem osi oboj
ę
tnej Y:
+
+
=
=
∑
=
2
2
1
3
6
2
20
10
12
20
10
.
*
*
*
J
n
J
i
i
y
i
yw
274813
6
2
20
10
12
20
10
6
0
36
18
12
36
18
4
2
3
2
3
=
+
−
+
+
.
*
*
*
.
*
*
*
cm
4
.
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych obliczamy ze wzoru:
z
J
M
n
yw
y
i
i
x
=
σ
i wynosz
ą
one w betonie:
507
0
174
0
10
274813
10
2
4
8
3
.
.
*
*
górne
b
x
=
=
−
σ
MPa,
(
)
541
0
186
0
10
274813
10
2
4
8
3
.
.
*
*
e
ln
do
b
x
−
=
−
=
−
σ
MPa.
1 kN
A
B
X
Z
2 m
4 m
6 cm
20 cm
10 cm
10 4
4
E
b
=
4*E
d
6
4
4
z
0
= 18.6
10
10
20
17.4
Y
0
Y
Z
wymiary w
cm
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
149
w drewnie:
054
0
074
0
10
274813
10
2
8
3
.
.
*
*
górne
d
x
=
=
−
σ
MPa,
(
)
092
0
126
0
10
274813
10
2
8
3
.
.
*
*
e
ln
do
d
x
−
=
−
=
−
σ
MPa.
Przykład 11.7.2.2
. Wyznaczy
ć
poło
ż
enie osi oboj
ę
tnej i wa
ż
ony moment bezwładno
ś
ci
zespolonej belki drewniano-stalowej pokazanej na rysunku je
ś
li moduł Younga stali E
s
= 205
GPa a moduł Younga drewna E
d
= 10 GPa.
Rozwiązanie
Jako materiał porównawczy przyjmiemy
drewno st
ą
d wielko
ś
ci dotycz
ą
ce stali b
ę
d
ą
mno
ż
one przez 20.5.
Poło
ż
enie osi oboj
ę
tnej:
∑
=
=
2
1
0
0
i
i
y
i
;
)
z
(
S
n
+
−
+
−
+
−
)
z
.
(
*
*
.
)
z
.
(
*
*
.
)
z
.
(
*
*
0
0
0
25
1
10
5
2
75
23
10
5
2
5
27
20
5
78
13
0
5
12
25
1
5
20
2
0
0
.
z
)
z
.
(
*
*
*
.
*
=
→
=
−
+
cm.
Wa
ż
ony moment bezwładno
ś
ci wzgl
ę
dem osi oboj
ę
tnej:
+
+
+
+
+
=
=
∑
=
12
5
2
10
97
9
10
5
2
12
5
2
10
72
13
20
5
12
5
20
3
2
3
2
2
1
3
.
*
.
*
*
.
.
*
.
*
*
*
J
n
J
i
i
y
i
yw
614
194
28
1
20
1
12
20
1
5
20
2
53
12
10
5
2
2
3
2
.
.
*
*
*
.
*
.
*
*
.
=
+
+
+
cm
4
.
0.507
0.541
0.092
0.054
σ
x
MPa
Z
Y
10.0
1.0
1.0
z
0
=13.78
Y
0
Y
Z
5.0
2.5
2.5
20.0
wymiary w
cm
20.0
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
150
Przykład 11.7.2.3
. Wyznaczy
ć
warto
ś
ci
napr
ęż
e
ń
normalnych w przekroju poprzecznym
zginanej momentem
30
=
y
M
kNm belki
ż
elbetowej o przekroju prostok
ą
tnym 20x40 cm i
zbrojeniu 4
Ø
12 mm (A
s
= 4.52 cm
2
) jak na
rysunku, przy zało
ż
eniu,
ż
e beton nie przenosi
napr
ęż
e
ń
rozci
ą
gaj
ą
cych. Moduł Younga betonu
E
b
= 30 GPa, stali E
s
= 205 GPa
Rozwiązanie
Przy rozwi
ą
zaniu zadania przyjmiemy,
ż
e spełniona jest zasada płaskich przekrojów, oba
materiały składowe tj. beton i stal pracuj
ą
w zakresie liniowo spr
ęż
ystym oraz
ż
e rozkład
napr
ęż
e
ń
normalnych w stali ze wzgl
ę
du na mał
ą
ś
rednic
ę
pr
ę
tów jest stały.
Niewiadomymi w zadaniu s
ą
: warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych w betonie
xb
σ
, stali
zbrojeniowej
xs
σ
oraz poło
ż
enie osi oboj
ę
tnej (zasi
ę
g strefy
ś
ciskanej)
0
z
.
Do dyspozycji mamy dwa równania równowa
ż
no
ś
ci układów sił wewn
ę
trznych i
zewn
ę
trznych (wynikaj
ą
cych z równa
ń
równowagi) i warunek geometryczny w postaci
zało
ż
onej hipotezy płaskich przekrojów.
Równania równowa
ż
no
ś
ci:
s
xs
xb
s
b
s
b
A
s
xs
A
b
xb
A
x
A
b
z
N
N
N
N
dA
dA
dA
s
b
σ
σ
σ
σ
σ
=
→
=
→
=
+
−
→
=
+
−
→
=
∫∫
∫∫
∫∫
0
2
1
0
0
0
(a)
y
xb
y
b
y
A
x
M
z
h
b
z
M
z
h
N
M
dA
z
=
−
→
=
−
→
=
∫∫
0
1
0
0
1
3
1
2
1
3
1
σ
σ
,
(b)
równanie geometryczne:
0
1
0
z
h
z
xs
xb
−
=
ε
ε
.
(c)
W powy
ż
szych zale
ż
no
ś
ciach N
b
i N
s
oznaczaj
ą
wypadkow
ą
napr
ęż
e
ń
ś
ciskaj
ą
cych w
betonie i wypadkow
ą
napr
ęż
e
ń
rozci
ą
gaj
ą
cych w stali.
Zało
ż
one liniowo spr
ęż
yste własno
ś
ci materiałów pozwalaj
ą
napisa
ć
zwi
ą
zki:
M
y
xb
σ
3
0
z
N
b
xb
ε
xs
ε
3
0
1
z
h
−
h h
1
z
0
N
s
X
40
20
3
Z
Y
M
y
wymiary w
cm
3
cm
Z
h
b
A
b
A
s
Y
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Poprzeczne zginanie
151
xb
b
xb
E
ε
σ
=
,
xs
s
xs
E
ε
σ
=
,
które wstawione do równania (c) daj
ą
zale
ż
no
ść
:
xb
xs
z
z
h
n
σ
σ
0
0
1
−
=
(d)
gdzie:
b
s
E
E
n
=
.
Wstawienie tej zale
ż
no
ś
ci do równania (a) daje równanie kwadratowe
0
2
2
2
1
1
0
2
0
0
0
1
0
=
−
+
→
−
=
h
b
A
n
z
b
A
n
z
A
z
z
h
n
b
z
s
s
s
xb
xb
σ
σ
,
z którego mo
ż
emy wyznaczy
ć
poło
ż
enie osi oboj
ę
tnej w betonie:
−
+
=
1
2
1
2
1
0
s
s
A
n
h
b
b
nA
z
,
(e)
co z kolei dzi
ę
ki równaniom (b) i (a), pozwala wyznaczy
ć
wyra
ż
enia okre
ś
laj
ą
ce wielko
ść
napr
ęż
e
ń
normalne w betonie i stali :
)
z
h
(
z
b
M
y
xb
3
2
0
1
0
−
=
σ
,
)
z
h
(
A
M
s
y
xs
3
0
1
−
=
σ
.
(f)
Podstawiaj
ą
c zadane wielko
ś
ci momentu zginaj
ą
cego, stałych materiałowych i wymiarów
przekrojów betonu i stali otrzymujemy:
185
0
1
10
52
4
833
6
37
0
20
0
2
1
20
0
10
52
4
833
6
2
1
2
1
2
4
4
1
0
.
*
.
*
.
.
*
.
*
.
*
.
*
.
*
A
n
h
b
b
nA
z
s
s
=
−
+
=
−
+
=
−
−
m,
259
5
3
185
0
37
0
185
0
20
0
10
30
2
3
2
3
0
1
0
.
)
.
.
(
.
*
.
*
*
)
z
h
(
z
b
M
y
xb
=
−
=
−
=
σ
MPa,
(
)
260
215
3
185
0
37
0
10
52
4
10
30
3
4
3
0
1
.
.
.
*
.
*
)
z
h
(
A
M
s
y
xs
=
−
=
−
=
−
σ
MPa.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
więcej podobnych podstron