Przykład 3.3. Zginanie ukośne. Układ współrzędnych (0yz)
Wyznacz rozkład naprężenia normalnego w przekroju podporowym belki wspornikowej o
długości L obciążonej na końcu swobodnym pionową siłą P. Wymiary przekroju
poprzecznego belki podane są na rysunku zamieszczonym poniżej.
Oblicz naprężenia przyjmując następujące wartości liczbowe:
P=20kN, L=200cm, a=1cm
Przekrój poprzeczny
2a
L
P
6a
4a
2a
Rozwiązanie
Obliczmy moment gnący i charakterystyki przekroju. Przekonamy się czy wektor momentu
gnącego pokrywa się z jedną z głównych osi momentów bezwładności przekroju.
Przed przystąpieniem do obliczeń warto przez chwilę zastanowić się nad zadaniem.
Przyglądając się kształtowi przekroju poprzecznego łatwo możemy przewidzieć, że osie
główne są ustawione skośnie. Ponieważ wektor momentu jest poziomy (prostopadły do siły
P) przewidujemy, że mamy odczynienia ze zginaniem ukośnym.
Wyznaczmy wektor momentu gnącego w utwierdzeniu.
M=L P=PL=4000[kNcm]
P ą -ą
ą
M
ą
L
M
PL
Obliczmy momenty bezwładności przekroju poprzecznego.
Podzielimy figurę na dwa prostokąty, wyznaczymy środek ciężkości i wartość momentów
bezwładności względem osi centralnych.
I
2a
Współrzędne środka ciężkości
wyznaczamy ze wzorów:
Ł S
yi
i
zc = ,
Ł Fi
6a i
II
Ł Szi
i
yc = .
Ł Fi
i
y
z
4a
2a
Fi -oznacza pole powierzchni i-tej figury, na które podzielono cały przekrój.
S = Fi zi - jest momentem statycznym względem osi y i-tej figury, na które
yi
podzielono cały przekrój. Moment statyczny względem osi y równy jest iloczynowi
pola powierzchni tej figury przez współrzędną zi jej środka ciężkości.
Szi = Fi yi - jest momentem statycznym względem osi z i-tej figury, na które
podzielono cały przekrój. Moment statyczny względem osi z równy jest iloczynowi
pola powierzchni tej figury przez współrzędną yi jej środka ciężkości.
Rachunki możemy szybko przeprowadzić wykorzystując arkusz kalkulacyjny.
F Sy Sz
nr figury pole z moment y moment
powierzchni statyczny statyczny
I 12 [a2] 3 [a] 36 [a3] -7 [a] -84 [a3]
II 12 [a2] 5 [a] 60 [a3] -3 [a] -36 [a3]
24 [a2] 4 [a] 96 [a3] -5 [a] -120 [a3]
Ł S Ł Szi -120a3
yi
96a3
i i
zc = = = 4a yc = = = -5a
Ł Fi 24a2 Ł Fi 24a2
i i
2
Obliczmy teraz korzystając ze wzorów Steinera wartości momentów bezwładności względem
osi centralnych y i z .Niech osie y1 i z1 oznaczają osie centralne dla poszczególnych figur, na
które podzielono cały przekrój.
I
2a
z1
y1
1a
z
5a
z1
II
y1
y
4a
2a
6a �" (2a)3 2a �" (6a)3
I = + (2a)2 �"12a + + (2a)2 �"12a = 136a4
z
12 12
2a �" (6a)3 6a �" (2a)3
I = + (-a)2 �"12a + + a2 �"12a = 64a4
y
12 12
I = 0 + (-2a) �" (-a) �"12a + 0 + 2a �" a �"12a = 48a4
yz
Dalszą część zadania możemy rozwiązać na dwa sposoby.
Można wyznaczyć osie główne centralne, znalez
ć współrzędne wektora momentu
gnącego w osiach głównych centralnych i wykorzystać wzór na naprężenia przy zginaniu dla
osi głównych centralnych.
Drugi sposób polega na wykorzystaniu wzoru na naprężenia przy zginaniu
wyprowadzonego dla osi centralnych.
Metoda druga jest krótsza, ale daje mniej możliwości sprawdzenia poprawności naszego
rozwiązania.
Rozwiązując metodą pierwszą znamy ustawienie osi głównych i możemy sprawdzić
czy wyznaczona przez nas oś obojętna dla zginania ukośnego jest odchylona od kierunku
wektora momentu w stronę osi głównej względem, której moment bezwładności jest
mniejszy.
Przedstawmy więc obydwa rozwiązania.
Metoda I  rozwiązanie w osiach głównych centralnych.
Wyznaczmy osie główne centralne i główne centralne momenty bezwładności.
3
2
(I + I ) I - I
�ł �ł
z y y z 2
�ł �ł
I1 = + + I = 160a4
yz
�ł �ł
2 2
�ł łł
2
(I + I ) I - I
�ł �ł
z y y z 2
I2 = - �ł �ł
+ I = 40a4
yz
�ł �ł
2 2
�ł łł
- 2I
4
yz
tg2� = = , � = 0.4636[rad] + nĄ / 2 , � = 26035'+n450
I - I 3
y z
Ponieważ moment dewiacyjny Iyz ma wartość dodatnią, więc oś główna, względem której
moment bezwładności osiąga maksimum przechodzi przez drugą ćwiartkę układu (0yz).
Zmieńmy układ osi na taki, jaki tradycyjnie stosuje się w zadaniach na zginanie belek.
Zamiast układu (012) wprowadzimy układ (0yz).
Zapiszmy momenty bezwładności względem osi nowego układu:
Iz = I1 = 160a4
Iy= I2 = 40a4
4
Obliczmy współrzędne momentu gnącego w układzie 0yz.
My=M sin(26035 )=0.4472 M
Mz=M cos(26035 )=0.8944 M
Rozkład naprężenia normalnego od zginania wyznaczymy ze wzoru:
M
M
y
z
� = z - y
I Iz
y
Podstawiając wartości M=PL i Iy=40a4, Iz=160a4 otrzymujemy:
0.4472PL 0.8944PL
� = z - y
40a4 160a4
Równanie osi obojętnej (zbioru punktów przekroju dla których naprężenie równe jest zeru)
otrzymujemy podstawiając za � wartość zero.
0.4472PL 0.8944PL
0 = z - y �! z = 0.5 �" y
40a4 160a4
Wyznaczmy naprężenia w punktach położonych najdalej od osi obojętnej.
Oznaczmy te punkty literami A i B i wyznaczmy współrzędne tych punktów w osiach
głównych centralnych (0yz)
Zapiszemy współrzędne punktów w osiach (0xy) i dokonamy transformacji układu przez
obrót o kąt ą=26o35 .
5
x, = x �" cosą + y �" siną
y, = -x �" siną + y �" cosą
podstawiając dla punktu A x=2a, y=3a
i dla punktu B x=0, y=-5a otrzymamy odpowiednio współrzędne punktów A i B w układzie z
prymami.
Dla punktu A:
x, = 2a �" cosą + 3a �" siną �! x, = 3.1305a
y, = -2a �" siną + 3a �" cosą �! y, = 1.7889a
Dla punktu B:
x, = 0a �" cosą + (-5a) �" siną �! x, = -2.2361a
y, = -0a �" siną + (-5a) �" cosą �! y, = -4.4721a
Wróćmy do układu (0yz), w którym wyznaczaliśmy naprężenie od zginania.
Współrzędne punktów A i B w tym układzie wynoszą:
Dla punktu A:
y=-y = -1.7889a
z=x = 3.1305a
Dla punktu B:
y=-y = 4.4721a
z=x = -2.2361a
Podstawmy teraz wyznaczone współrzędne punktów A i B do wyprowadzonego wcześniej
równania na naprężenie normalne przy zginaniu:
0.4472PL 0.8944PL
� = z - y
40a4 160a4
Dla punktu A:
y= -1.7889a
z= 3.1305a
0.4472PL 0.8944PL 1.4PL 1.6PL 7.2PL
� = 3.1305a - (-1.7889a) �! � = + = ,
A A
40a4 160a4 40a3 160a3 160a3
dla PL=4000 [kNcm], a=1 [cm] otrzymamy:� = 180 �"[kN / cm2 ] = 1.8 �"[GPa] .
A
6
Dla punktu B:
y=-y = 4.4721a
z=x = -2.2361a
0.4472PL 0.8944PL (-1)PL 4PL - 8PL
� = (-2.2361a) - 4.4721a �! � = - = -
B B
40a4 160a4 40a3 160a3 160a3
dla PL=4000 [kNcm], a=1 [cm] otrzymamy:� = -200 �"[kN / cm2 ] = -2.0 �"[GPa] .
B
Metoda II  rozwiązanie w osiach centralnych.
Rozkład naprężenia normalnego od zginania zapisany dla układu centralnego wyraża wzór:
M �" I + M �" Iz M I + M �" J
z yz y z y y yz
� = z - y
2 2
Iz �" I - I Iz �" I - I
y yz y yz
Zauważymy, że naszym zadaniu wektor momentu gnącego pokrywa się z osią z.
Wartości składowych momentu wynoszą więc:
Mz = PL,
My = 0.
Wzór na naprężenia normalne od zginania upraszcza się do postaci:
7
M �" I M I
z yz z y
� = z - y
2 2
Iz �" I - I Iz �" I - I
y yz y yz
Równanie osi obojętnej otrzymujemy podstawiając za � wartość zero.
M �" I M I
z yz z y
0 = z - y �! 0 = I z - I �" y
yz y
2 2
Iz �" I - I Iz �" I - I
y yz y yz
I
64 �" a4 4
y
z = y �! z = y �! z = y
I 48 �" a4 3
yz
Wyznaczmy naprężenia w punktach położonych najdalej od osi obojętnej.
Oznaczmy te punkty literami A i B i wyznaczmy współrzędne tych punktów w osiach
centralnych (0yz).
Współrzędne punktów A i B wynoszą:
Punktu A
yA = -3a,
zA = 2a
Punktu B
yB = 5a,
zB = 0
8
Podstawmy teraz współrzędne punktów A i B i wartości momentów bezwładności do
wyprowadzonego wcześniej równania na naprężenie normalne przy zginaniu. Otrzymamy
naprężenia normalne w punktach leżących najdalej od osi obojętnej.
M �" I M I
z yz z y
� = z - y
2 2
Iz �" I - I Iz �" I - I
y yz y yz
dla punktu A
M �" I M I
z yz z y
� = zA - yA �!
A
2 2
Iz �" I - I Iz �" I - I
y yz y yz
PL �" 48 �" a4 PL �" 64 �" a4 PL
� = 2a - (-3a) �! � = 0.045 �"
A A
136 �" a4 �" 64 �" a4 - (48 �" a4 )2 136 �" a4 �" 64 �" a4 - (48 �" a4 )2 a3
Po podstawieniu wartości liczbowych dla P i L otrzymujemy:
4000kNcm
� = 0.045 �" �! � = 180 �"[kN / cm2 ] = 1.8 �"[GPa]
A A
cm3
i dla punktu B
M �" I M I
PL �" 64 �" a4
z yz z y
� = zB - yB �! � = - (5a) �!
B B
2 2
Iz �" I - I Iz �" I - I 136 �" a4 �" 64 �" a4 - (48 �" a4 )2
y yz y yz
PL
� = -0.05�"
B
a3
Po podstawieniu wartości liczbowych dla P i L otrzymujemy:
4000kNcm
� = -0.05�" �! � = -200 �"[kN / cm2 ] = 2.0 �"[GPa]
B B
cm3
9