III. Analiza przypadków wytrzymałościowych pręta Dane:

rozkład sił wewnętrznych w konstrukcji prętowej (belka, rama, kratownica) geometria pręta

cechy materiału (prawo Hooke’a)

podpory

Szukamy:

rozkładu naprężeń

odkształceń

przemieszczeń

Geometria elementów konstrukcji:

ciało 3D

płyta, tarcza, powłoka (2D)

pręt (1D)

pręt prosty i pryzmatyczny (1D)

Cecha definiująca-

Jeden z wymiarów geometrycznych elementu jest znacznie większy od pozostałych L >>L ,L

X

Y

Z

LY

X

dowolny przekrój

LZ

Y

poprzeczny,

charakterystyki

Z

L

potrafimy

X

wyznaczyć

oś pręta (oś X) = oś przechodząca przez środki ciężkości przekrojów poprzecznych (za chwile okaże się dlaczego) (Y,Z) – wygodnie (okaże się wkrótce dlaczego) jest przyjąć osie główne bezwładności przekroju poprzecznego wtedy YX, ZX są płaszczyznami głównymi mogą też być inne typy prętów:

-pręty zakrzywione (łuki) -pręty o zmiennym przekroju (nie-pryzmatyczne)

Siły wewnętrzne, przypadek ogólny

[ ]

Znakowanie sił wewnętrznych

∆X

X

w przyjętym układzie współrzędnych x ∆x

M ( M , M , M )

O

X

Y

Z

O

S ( N, Q , Q )

Y

Z

Y

Z

Siła osiowa

N

MZ XZ

X

XY

MX

Y

Q

Moment

Z

Y

Q

M

Z

Y

skręcający

Siły poprzeczne

Dodatnie (+) na rysunku

Momenty zginające w dwóch

płaszczyznach głównych

Obowiązuje:

zasada zesztywnienia (małe przemieszczenia) małe odkształcenia

materiał liniowo-sprężysty

więzy dwustronne

=> zasada superpozycji (konsekwencja liniowości) Każdą składową analizujemy oddzielnie, wyniki dodajemy 1.

Siła osiowa N

2.

Momenty zginające M ,M

Y

Z

3.

Siły poprzeczne Q ,Q

Y

Z

4.

Moment skręcający MZ

1.Siła osiowa (normalna, podłużna) N>0, siła rozciągająca

X

Y

Z

X

N<0, siła ściskająca

Y

Z

Jaki rozkład naprężeń będzie panował w całym przekroju?

Załóżmy ze jest to:jednorodny (stały), jednoosiowy stan naprężeń, statycznie równoważny tej sile. Warunki statycznej równoważności to: sumy równe:

N = ∫σ dF σ

dF

σ F

XX

= XX ∫

= XX

F

F

moment od naprężeń=0:

dM

r dp

y z

σ dF

O =

×

= ( ,

0

, )× (

, ,

0 0

XX

)=



0

z

0

y 



= ,

0

−

,

 =





σ dF 0 σ dF 0



XX

XX



r = ( ,

0 y, z)

= ( ,

0

zσ

dF ,

yσ

dF

O

XX

−

XX

)

M

dM

0

O = ∫

O =

= ( ,

0 ,

0 )

0 :

dp = (σ

dF, ,

0 )

0

XX

F

M

zσ

dF

σ

zdF

σ S

S

Y = ∫

XX

= XX ∫

= XX Y = 0

⇒ Y = 0

F

F

M

yσ

dF

σ

ydF

σ S

S

Z = −∫

XX

= − XX ∫

= − XX Z = 0 ⇒ Z = 0

F

F

jest to możliwe tylko gdy wypadkowa sił wewnętrznych N przechodzi przez środek ciężkości przekroju poprzecznego

N

N = σ

F ⇔ σ

=

XX

XX

F

stan naprężenia:

 N





0

0

 F



σ =  0 0 0

 0

0

0





stan odkształcenia (prawo Hooke’a):

 N





0

0 

 EF



−

ε = 

vN

0

0 



EF





− vN 

 0

0





EF 

Przemieszczenia

(w ogólności zależą od warunków podparcia, w praktyce interesują na tylko uX) uX = 0

wykres

siły osiowej

X

+

l

x

Nx

u = ∫ε dx =ε x =

X

XX

XX

EF

0

Nl

Pl

u = l

∆ =

=

X

N ( x) = P = const EF

EF

P

Energia sprężysta w pręcie ściskanym / rozciąganym N x

N x

ε

ε x

, σ

Eε x

XX =

( )

( )

( )

=

XX =

=

( )

EF

F

l

1

1

N

E

ε σ dV

E 2

ε dFdx

S

= ∫ XX XX

= ∫ ∫

=

2 Ω

2 0 F

l

1

N ( x) 2 }

F

= ∫ E

2 0

( EF)2 ∫ dFdx =

F

l

1

N ( x)2

l

= ∫

1

dx =

∫ε( x) N( x) dx 2

EF

2

0

0

ε

odkształcenie uogólnione

N

siła osiowa -naprężenie uogólnione Praca wirtualna sił wewnętrznych w pręcie ściskanym / rozciąganym l

N

W

δ

= ∫δε ⋅ Ndx

0

Przykład 1

Znaleźć naprężenia i przemieszenia w p. A i B pręta stalowego F = 2 c

0 m 2 ,

E = 20 G

5 Pa,

l = 0

.

3 m

N :

[kN]

N

150

kN

1

4

σ =

=

= 5

.

7 ⋅10 kPa = 75 0

. MPa

−

150

1

F

4

20 ⋅10

m 2

1 l

N

50

kN

2

2

4

+

σ =

=

=

⋅

=

P = 100 kN

5

.

2

10 kPa

25 0

. MPa

2

−4

2

2

F

20 ⋅10

m

A

50

N l

σ l

u

1

1

=

=

=

A

1 l

EF 2

E 2

2

75 0

.

0

.

3

MPa ⋅ m

−4

=

⋅

= 4

.

5 8 ⋅10 m

3

205 ⋅10

2

MPa

B

P = 50 kN

1

N l

N

l

σ l σ l

u

1

2

1

2

=

+

=

+

=

B

EF 2

EF 2

E 2

E 2

75 0

. + 25 0

.

0

.

3

MPa ⋅ m

−4

=

⋅

= 3

.

7 1⋅10 m

3

205 ⋅10

2

MPa

Zagadnienia techniczne dla rozciągania (lub ściskania prętów nie podlegającym wyboczeniu)

N

σ = F

(konstrukcje metalowe)

f

= (200 ÷ 35 )

0 [ MPa] -wytrzymałość obliczeniowa dla stali d

Typy zadań:

N

Sprawdzanie naprężeń w przekroju: σ

= max

max

≤ fd

F

N

Wymiarowanie (określenie przekroju): F ≥ F

max

=

min

fd

Określenie granicznego obciążenia: N ≤ N = F ⋅ f gr

d

Przykład 1 c.d.

a) Sprawdzi

=

ć nośność pręta z p.1 ,

f

215 MPa

d

N max

N

150

kN

1

σ

=

= σ =

=

=

max

F

1

F

20 ⋅10−4 m 2

= 5

.

7 ⋅104 kPa = 75 0

. MPa ≤ f = 215 MPa d

b) Dobrać powierzchnię przekroju:

N

150 kN

max

F ≥ F

=

=

=

min

f

215 MPa

d

150

kN

−4

2

2

= .

6 97 ⋅10 m = 6 9

. 7 cm

3

−2

215 ⋅10 kNm

c) Określić obciążenie graniczne:

N ≤ N

= F ⋅ f = 20⋅10 4− ⋅215 m 2 ⋅ MPa gr

d

m 2 MN

= 4

.

0 300

= 430 kN

m 2

Przykład 2.

Na końcach pręta o długości

2

l i przekroju

E ,

F znajdują się sprężyny

kompensacyjne o sztywności k. Jakie powstanie w nim naprężenie przy podgrzaniu o nie odkształcalne ściany

T

∆

E, F ,α

N

 kN 

k =





∆  m 

k

k

2 l

l

d

Symetria zadania,

schemat połówkowy

l + ∆ l

d + ∆

Odrzucamy więz (myślowo),

N

Jego działanie zastępujemy

siłą N, wstępnie przyjętą jako rozciągającą

W rzeczywistości więz działa,

stąd wydłużenie całego układu:

∆ l + ∆ = 0

ε + N

l

= 0

k

l

∆ + ∆ = 0

N

l

ε +

= 0

k

 σ



N



+ α T

∆  l +

= 0

 E



k

 N



N



+ α T

∆  l +

= 0

 EF



k

 l

1 

EFk

1

N 

+  = −α T

∆ l ⇒ N = −α T

∆ l

⇒ σ = − Eα T

∆

 EF

k 

lk + EF

EF

1 + kl

0.8

EF → 0

1

Przy małych

jak dla podpór

kl

0.6

1

EF

sztywnych

σ → − Eα T

∆

1+ x

1 +

0.4

kl

0.2

EF

EF

Przy dużych

→ ,

∞ σ → 0

0

kl

kl

0

2

4

6

8

10

x