mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
NAJWAŻNIEJSZE WZORY:
1 J
Ś = ��"�
Gęstość energii odkształcenia sprężystego:
[ ]
2
m3
Ś = Śv + Śf
Dla ciał izotropowych:
Gęstość energii odkształcenia objętościowego:
1 1 K E
Śv = A��"A� = �xx+�yy+�zz 2 = �xx+�yy+�zz 2 K =
( ) ( )
2 18 K 2 3(1-2 �)
Gęstość energii odkształcenia postaciowego:
1 1 2 2
Ś = D��"D� = �yy-�zz 2 + �zz-� + �xx-� + 6( �2 +�2 +�2 ) =
( ) ( ) ( )
[ ]
f xx yy yz zx xy
2 12 G
G 2 E
= �yy-�zz 2 + �zz-�xx 2 + �xx-� + 6 (�2 +�2 +�2 ) G =
[( ) ( ) ( ) ]
yy yz zx xy
3 2(1+�)
U = dV = U + U + U + U [J]
-"Ś
u s b t
Całkowita energia potencjalna sprężystości:
V
Energia sprężysta (wzory przybliżone obowiązują w przypadku przedziałami stałego
rozkładu sił przekrojowych i sztywności pręta):
2
N Li
N ( x)2
i
U = dx H"
" rozciąganie/ściskanie:
+" "
u
2 EA( x) 2 EAi
i
s
Q (x )2 Qz( x)2 Q2 Li Q2 Li
y zi
U = � dx + �z dx H" �y yi +�
" ścinanie:
+" +" " "
s y
2 GA(x) 2 GA(x) 2GAi z i 2 GAi
i
s s
2 2
M ( x)2 M ( x)2 M Li M Li
y z yi zi
U = dx + dx H" +
" zginanie:
+" +" " "
b
2 EI ( x) 2 EI ( x) 2 EI 2 EI
i i
s y s z yi zi
2
M ( x)2 M Li
x xi
U = dx H"
" skręcanie:
+" "
t
2 GI (x) 2GI
i
s x xi
2
S ( z)
A
y
�z = dA
Energetyczny współczynnik ścinania:
,"
2
I b2 (z)
A
y y
10
� =
- przekrój kołowy:
9
6
� =
- przekrój prostokątny:
5
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 1
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
TWIERDZENIE MENABREI
 Rzeczywisty rozkład sił wewnętrznych i przemieszczeń w układzie liniowo sprężystym obciążonym
siłami zewnętrznymi odpowiada najmniejszej całkowitej energii potencjalnej sprężystości
zgromadzonej w układzie.
W szczególności, jeśli energia całkowita U zależy od n wielkości hiperstatycznych
X , X ,... X ,
(nadliczbowych reakcji podporowych) wtedy:
1 2 n
" U
= 0 i=1,2 , ... n
" X
i
TWIERDZENIE CASTIGLIANO
 Pochodna cząstkowa całkowitej energii potencjalnej sprężystości względem pewnej siły
uogólnionej jest równa odpowiadającemu jej przemieszczeniu uogólnionemu.
2
2
M " M
" U N 1 1
y y
"
�i = = + dx+... = �"N�"" N dx+ �"M �" dx+...
+" +" +" +"
y
[ ]
" Pi " Pi 2 EA 2 EI EA " Pi EI " Pi
WZÓR MAXWELLA-MOHRA
y   
Qy�"Q Qz�"Qz M �"M M �"M

N�"N
y y z z
� = dx + � dx + � dx + dx + dx +
+" +" +" +" +"
y z
EA GA GA EI EI
y z
s s s s s

M �"M "T " T
x x z y
   
+ dx + ą M dx + ą M dx + ą T N dx - Rk�""k
+" +" +" +" "
GI hz y s hy z s 0
k
s x s
CAA
KOWANIE GRAFICZNE METOD
WERESZCZAGINA
q L2
UWAGA: Strzałkę paraboli f wyznaczamy zawsze jako f = gdzie q jest gęstością
8
obciążenia na danym przedziale, zaś L jest długością tego przedziału obciążonego
obciążeniem ciągłym, liczoną prostopadle do kierunku działania tego obciążenia.
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 2
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.1
Wyznaczyć gęstość energii odkształcenia sprężystego w punkcie ciała izotropowego, w
którym stan odkształcenia opisuje tensor:
0,75 -0,18 -0,12
� = [ 0 ]
-0,18 -0,77 0
[ ]
-0,12 0 0,27
Moduł Younga E = 210 GPa , współczynnik Poissona � = 0,28 . Wyznaczyć gęstość
energii odkształcenia objętościowego oraz gęstość energii odkształcenia postaciowego.
Wyznaczamy pozostałe stałe sprężyste:
E �
 = = 104,40 GPa
pierwszy parametr Lamego:
(1+�)(1-2 �)
E
G = = 82,03 GPa
moduł Kirchhoffa:
2(1+�)
E
K = = 159,09 GPa
moduł Helmholtza:
3(1-2 �)
Wyznaczamy składowe tensora naprężenia:
�11 = 2 G �11+ (�11+�22+�33) = 149,15 MPa �23 = 2 G �23 = 0 MPa
�22 = 2G �22+(�11+�22+�33) = -100,23 MPa �31 = 2 G�31 = -19,69 MPa
�33 = 2 G �33+ (�11+�22+�33) = 70,40 MPa �12 = 2 G�12 = -29,53 MPa
Gęstość energii odkształcenia:
1 1 J
Ś = ��"� = �11�11+�22�22+�33�33+2 �23�23+2�31�31+2�12�12 = 111699,72
( )
2 2
m3
Gęstość energii odkształcenia objętościowego:
1 J
Śv = � +� +�zz 2 = 4971,59
( )
xx yy
18 K
m3
Gęstość energii odkształcenia postaciowego:
1 2 2 J
Ś = � -� + �zz-�xx 2 + �xx-� + 6(�2 +�2 +�2 ) 106728,13
( ) ( ) ( )
[ ]=
f yy zz yy yz zx xy
12G
m3
Śv+Ś = 111699,72 = Ś
f
Aby wyznaczyć gęstości energii odkształcenia objętościowego i postaciowego można
również wyznaczyć aksjatory i dewiatory naprężenia i odkształcenia.
1
�m = (�11+�22+�33) = 39,77 MPa
Naprężenie średnie:
3
1
�m = (�11+�22+�33) = 0,083 0
Odkształcenie średnie:
3
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 3
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
1 0 0
I =
Tensor jednostkowy:
0 1 0
[ ]
0 0 1
39,77 0 0 109,38 -29,53 -19,69
A� = �m I = D� = �-�m I = [MPa]
0 39,77 0 -140 0
[ ] [ ]
0 0 39,77 sym 30,63
0,083 0 0 0,667 -0,18 -0,12
A� = �m I = D� = �-�m I = [ 0 ]
0 0,083 0 -0,18 -0,853 0
[ ] [ ]
0 0 0,083 -0,12 0 0,187
A
atwo sprawdzić prawdziwość związków: A� = 3 K A�
D� = 2G D�
1
Śv = A��"A� = 4971,59 [J/m3]
Energia odkształcenia objętościowego:
2
1
Ś = D��"D� = 106728,13 [J/ m3]
Energia odkształcenia postaciowego:
f
2
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 4
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.2
Obliczyć energetyczny współczynnik ścinania dla przekroju:
a) prostokątnego
b) kołowego
2
S (z)
Df. A
y
� = dA
Definicja współczynnika ścinania
,"
2
I b2 (z)
A
y y
a) Przekrój prostokątny
b ( z)=b
A=b h
y
2
b h3 S (z)= b2 h2 -z2
I =
y
y
( )
12 4 4
2
b2 h2 -z2
2
b /2 h /2 b /2 h/ 2
( )
4 4
b h 36 h2- z2 d z =
� = d z d y = d y
+" +" +" +"
2
( )
b h5 -b/ 2 -h /2 4
b h3 y=-b/ 2 z=-h /2 b2
( )
12
h /2
h/ 2
36 h4 - h2 z2+ z4 d z = 36 h4 z- h2 z3+1 z5 = 6
= = 1,2
+"
( ) [ ]
5
h4 -h / 2 16 2 h5 16 6 5 -h /2
b) Przekrój kołowy
b ( z)=2 R2- z2
A=Ą R2 "
y
2
Ą R4 S (z)= 2 (R2-z2)3/
I =
y
y
3
4
4
(R2- z2)3
2
Ą R2 9 16
� = d A = R2- z2 d y d z =
," ,"( )
2
9Ą R6 A
A
Ą R4 4(R2- z2)
( )
4
R Ą R Ą
2 2
16 16
( ) ( )
= r R2-r2 sin2 Ć d r d Ć = R4 r-2 R2 r3sin2Ć+r5sin4 Ć d r d Ć =
+" +" +" +"
9Ą R6 r =0 Ć=-Ą 9Ą R6 r=0 Ć=-Ą
R
Ą Ą
16 R4 r2- R2 r4 sin2 Ć+ 1 8
= r6sin4 Ć d Ć = 1-sin2 Ć+1 sin4 Ć d Ć = ...
+" +"
[ ]
( )
6 9 Ą 3
9Ą R6 2 2
Ą=-Ą r =0 -Ą
Korzystając ze wzoru na całkę potęgi funkcji sinus otrzymujemy:
� � �
1 n-1
sinn Ćd Ć=- sinn-1 Ćcos Ć + sinn-2 Ćd Ć
+" +"
[ ]
n n
ą ą ą
Ą Ą Ą
1
sin2Ć d Ć=- sin Ćcos Ć +1 d Ć = Ą
+" +"
[ ]
2 2-Ą
-Ą -Ą
Ą Ą Ą
1 3 3
sin4 Ćd Ć=- sin3Ć cosĆ + sin2 Ćd Ć = Ą
+" +"
[ ]
4 4 4
-Ą -Ą -Ą
Ą Ą Ą
8 8 1�"3 10
� = d Ć- sin2 Ćd Ć+1 sin4 Ćd Ć = 2 Ą-Ą+ Ą = H" 1,111(1)
+"
( )
[+" +" ]
9 Ą 3 9 Ą 3 4 9
-Ą -Ą -Ą
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 5
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.3
Dany jest pręt skręcany jak na rysunku.
Wyznaczyć całkowitą energię sprężystą
nagromadzoną w pręcie. Moduł Kirchhoffa
G=85 GPa.
M = -12+5 = -7 [Nm ]
x1
M = 5 [ Nm]
x2
I = �(1)b3 h = 0,141�"(0,01)3�"0,01 = 1410�"10-12 [ m4] L1 = 50�"10-3 [m]
x1
Ą D4 Ą 0,0064 = 127,23�"10-12 [m4]
I = = L2 = 120�"10-3 [m]
x2
32 32
Energia sprężysta:
2
2
M Li
(-7)2�"50�"10-3 (5)2�"120�"10-3
xi
U = = + = 0,149 [J]
"
t
2GI
2�"85�"109�"1410�"10-12 2�"85�"109�"127,23�"10-12
i=1
xi
ZADANIE 15.4
Dany jest obustronnie utwierdzony pręt obciążony osiowo jak na
rysunku. Wyznaczyć całkowitą energię sprężystą nagromadzoną w
pręcie. Moduł Younga E = 70 GPa .
Zagadnienie statycznie niewyznaczalne. Prawą podporę
zastępujemy nieznaną siłą reakcji, której wartość wyznaczamy z
warunku zerowania się przemieszczenia prawego końca pręta. Siły
osiowe:
L1 = 1 m
A1 = 64�"10-6 m2
N = 10�"103 - RB [ N]
1
N = - RB [ N] L2 = 1 m
A2 = 36�"10-6 m2
2
Całkowite wydłużenie pręta (przemieszczenie punktu B)
RB =5,294�"103 [ N]
N Li (10�"103- RB)�"1 (-RB)�"1
i
" L = = + = �!
" N = 4,706�"103 [ N]
1
EAi 64�"10-6�"70�"109 36�"10-6�"70�"109
i
N =-5,294�"103 [N ]
2
Energia sprężysta:
2
2
N Li
(4,706�"103)2�"1 (-5,294)2�"0,5
i
U = = + = 5,252 [J]
"
u
2 EAi 2�"70�"109�"64�"10-6 2�"70�"109�"36�"10-6
i=1
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 6
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.5
Dany jest pręt utwierdzony długości L=1 m o
liniowo zmiennym przekroju kołowym  od średnicy
D1 = 20 mm D2 = 18 mm
w utwierdzeniu do na
końcu pręta. Pręt obciążony jest osiowo siłą
skupioną przyłożoną na jego końcu oraz
obciążeniem równomiernie rozłożonym na całej
długości. Wyznaczyć całkowitą energię sprężystą
nagromadzoną w pręcie. Moduł Younga
E = 205 GPa .
D( x) = D1-(D1- D2)�"x
Zmienność średnicy na długości pręta:
L
Ą(D (x))2 = Ą D1-(D1-D2)�"x 2
Pole powierzchni:
A( x) =
[ ]
4 4 L
Rozkład sił osiowych: N ( x) = P+q (L-x)
Energia sprężysta:
2
L L
2
5�"104+104�"(1- x)
[P+q( L- x)]2 dx = L [ ]
1 N (x) 2 2
U = dx = dx =
+" +" +"
u
2 2
2 EA( x) Ą E Ą E
0 0 0
D1-( D1-D2)�"x 20�"10-3-(20-18)�"10-3�"x
[ ] [ ]
L 1
L L L
8 2 2
2 �" 2�"108 6 105 (6- x)2 dx
= dx = dx =
+"1010�"((6-x)x) Ą�"205�"109�"4�"10-6+"((10-x)) +"
-6 2 2
Ą E 410 Ą
20-2 -x (10- x)2
0 0 0
Całka w wyrażeniu powyższym jest całką funkcji wymiernej. Należy podzielić wielomian w
liczniku przez wielomian w mianowniku:
1
(x2-12 x+36) : ( x2-20 x+100) (6-x)2 = 1 + 8 x -64
�!
+(-x2+20 x-100) (10-x)2 x2-20 x+100
8 x-64
8 x-64 4(2 x-20+20-16) 2 x-20 dx
1+ dx = + = + 4 dx + 16
+" +"dx +" +"dx +" +"(x-10)
2
[ ]
(10-x)2 x2-20 x+100 x2-20 x+100
+"dx = x
2 x-20 dt
t = x2-20 x+100
dx = = = ln#"t#" = ln( x-10)2
+" +"
#" #"
dt=(2 x-20)dx t
x2-20 x+100
dx dt 1 1
= x-10
= = = - = -
+"( x-10)2 t dt = dx +"
#" #"
t2 t x-10
1 1
2
6
16 53 81
dx = x+4 ln(x-10)2- = +4 ln H" 0,334894
+"((10-xx))
2
[ ]
x-10 45 100
-
0
0
Ostatecznie:
105
U H" �"0,334894 = 26,0000 [J]
u
410 Ą
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 7
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.6
Dana jest belka swobodnie podparta długości 4 m o
przekroju rurowym średnicy 6,5 cm i ściance grubości 5
mm. Belka obciążona jest siłą skupioną P = 2 kN w
środku przęsła. Wyznaczyć energię sprężystą belki od
zginania. Moduł Younga E = 205 GPa .
Ą( D4- D4 )
z w
Dz = 6,5 cm Dw = Dz-2 t = 5,5 cm
I = = 42,706�"10-8 [m4]
y
64
P
x"(0 ; 0,5 L): �"x
2
Rozkład momentów zginających: M ( x) =
P
x"(0,5 L ; L): �"( L-x)
{
2
Energia sprężysta:
L L /2 L L/ 2 L
2 2
2
M ( x) 1 P P P2
U = dx = �"x dx + �"( L-x) dx = x2dx + ( L- x)2dx =
+" +" +" +" +"
b
[ ] [ ]
[ ] [ ]
2 EI 2 EI 2 2 8EI
y y y
0 0 L/ 2 0 L/2
L /2
L
P2 x3 1 P2 L3 L3 P2 L3
= + - ( L-x)3 = -0 + 0- - = H" 30,46 [J]
[ ] ( ) ( )
[ [ ] ]
( )
[ ]
8 EI 3 3 8EI 24 24 96 EI
y 0 L /2 y y
Wiedząc, że ugięcie belki swobodnie podpartej, obciążonej w środku przęsła wyraża się
PL3
" = U
wzorem: , łatwo zauważyć, że praca sił wewnętrznych (energia sprężysta )
b
48 EI
jest równa pracy sił zewnętrznych:
1 P2 L3
L = P�"" = = U
b
2 96 EI
y
ZADANIE 15.7
Dana jest rama prostokątna o przekroju prostokątnym,
obciążona jak na rysunku. Słup BE ma dwukrotnie
większą wysokość przekroju. Wyznaczyć całkowitą
energię sprężystą. Moduł Younga E = 72 GPa ,
współczynnik Poissona � = 0,32 .
Stałe sprężyste:
moduł Younga E = 72 GPa
współczynnik Poissona � = 0,32
E
G = = 27,3 GPa
moduł Kirchhoffa
2(1+�)
Charakterystyki geometryczne przekrojów:
14�"143�"10-8
I = = 3201,3�"10-8 [m4]
ya
12
Aa = 142�"10-4 = 196�"10-4 [m2]
14�"283�"10-8
I = = 25610,7�"10-8 [ m4]
yb
12
Ab = 14�"28�"10-4 = 392�"10-4 [ m2]
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 8
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
Reakcje podporowe:
Ł X = 2-H = 0 �! H =2
D D
Ł M = 4�"6-4�"V +2�"4�"2-2�"2 = 0 �! V =9
[kN]
D E E
ŁY = -4+V -2�"4+V = 0 �! V =3
[kN]
E D D
Siły przekrojowe:
AB x "(0 ; 2)
N ( x)=0
Q( x)=-4
{
M ( x)=-4 x
BC x"(2 ; 6)
N ( x)=0
Q( x)=-3+2(6- x) = 9-2 x
2
M ( x)=3 (6- x)- (6-x)2-2�"2 = -x2+9 x-22
{
2
CD x"(0 ; 2)
N ( x)=-3
Q( x)=2
{
M ( x)=-2 (2-x)=2 x-4
EB x"(0 ; 4)
N ( x)=-9
Q( x)=0
{
M ( x)=0
Energia sprężysta:
Przedział AB:
2
1
U = (0)2 dx = 0
" obc. osiowe:
+"
u
2 EAa 0
2
� � 16�"106
U = (-4�"103)2 dx =
" ścinanie:
+"
s
2 GAa 0 GAa
2
2
1 64�"106
U = [(-4 x)�"103] dx =
" zginanie:
+"
b
2EI 3 EIa
a 0
Przedział BC:
6
1
U = (0)2dx = 0
" obc. osiowe:
+"
u
2 EAa 2
6
2
� � 38�"106
U = [(9-2 x)�"103] dx =
" ścinanie:
+"
s
2 GAa 2 3GAa
6
2
1 416�"106
U = [(-x2+9 x-22)�"103] dx =
" zginanie:
+"
b
2 EI 15 EIa
a 2
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 9
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
Przedział CD:
2
1 9�"106
U = (-3�"103)2 dx =
" obc. osiowe:
+"
u
2 EAa 0 EAa
2
� � 4�"106
U = (2�"103)2 dx =
" ścinanie:
+"
s
2 GAa 0 GAa
2
2
1 16�"106
U = [(2 x-4)�"103] dx =
" zginanie:
+"
b
2EI 3 EI
a 0 a
Przedział EB:
4
1 162�"106
U = (-9�"103)2 dx =
" rozciąganie:
+"
u
2 EAb 0 EAb
4
�
U = (0)2 dx = 0
" ścinanie:
+"
s
2 GAb 0
4
1
U = (0)2 dx = 0
" zginanie:
+"
b
2EI
b 0
Całkowita energia od rozciągania / ściskania:
9 162
U = 0 + 0 + + �"106 H" 0,06378 [J]
u
[ ]
EAa EAb
Całkowita energia od ścinania:
16 38 4
U = + + +0 �"106 H" 0,06105 [ J]
s
[ ]
GAa 3GAa GAa
Całkowita energia od zginania:
64 416 16
U = + + + 0 �"106 H" 23,60125 [J]
b
[ ]
3 EI 15 EI 3 EIa
a a
Całkowita energia sprężysta:
U = U +U +U H" 23,726 [J]
u s b
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 10
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.8
Dany jest wspornik o długości L i sztywności EI, obciążony
równomiernie rozłożonym obciążeniem ciągłym o gęstości q.
Wyznaczyć ugięcie końca belki metodą analityczną Clebscha,
metodą graficzną Mohra, metodą Castigliano oraz za pomocą wzoru
Maxwella-Mohra.
Metoda Clebscha:
qL2
Reakcje podporowe: M = V = qL
A A
2
AB
qL2 q
Rozkład momentów:
M ( x) = - ( x-0)0+qL(x-0)1- ( x-0)2
#"
2 2
AB
1 qL2 q
Rozkład kąta ugięcia: Ć( x) = - C1- ( x-0)1+qL ( x-0)2- ( x-0)3
#"
[ ]
EI 2 2 6
AB
1 qL2( qL q
Rozkład ugięć: w (x) =- C2+C1 x- x-0)2+ ( x-0)3- ( x-0)4
#"
[ ]
EI 4 6 24
C2=0
w (0)=0
�!
Z warunków brzegowych:
{
{
Ć(0)=0
C1=0
q L2 L 1
w ( x) = - - x2+ x3- x4
[ ]
EI 4 6 24
qL4
Ugięcie końca belki: w (L) =
8 EI
Metoda Mohra:
Wykres momentów zginających i belka zastępcza:
Moment fikcyjny w prawym skrajnym punkcie:
1 qL2 3 qL4

w (L) = M (L) = �" �"L �" L =
( )( )
3 2 EI 4 8 EI
Metoda Castigliano:
Poszukujemy przemieszczenia pionowego końca belki.
Przykładamy w tym miejscu fikcyjną pionową siłę skupioną P. Po
wyznaczeniu energii sprężystej i jej zróżniczkowaniu względem P,
przyjmiemy P = 0, ponieważ w rzeczywistości siła ta w miejscu
tym nie występuje.
qL2
Reakcje podporowe: M = +PL V = qL+P
A A
2
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 11
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
qL2 q
Rozkład momentów: M (x) = - +PL +(qL+P )�"x- x2
( )
2 2
Rozkład sił poprzecznych: Q( x) = qL+P-q x
Rozkład sił normalnych: N ( x)=0
Pochodne rozkładów sił względem siły na kierunku poszukiwanego przemieszczenia:
" M
= (x- L)
Rozkład momentów:
" P
"Q
= 1
Rozkład sił poprzecznych:
" P
" N
=0
Rozkład sił normalnych:
" P
L L L
2 2
M Q2 dx+ N
Energia sprężysta: U = dx+� dx
+" +" +"
2 EI 2 AG 2 EA
0 0 0
Przemieszczenie:
L L L
2 2
"U M Q2 dx+ N
"
� = = dx+� dx =
+" +" +"
[ ]
" P " P 2 EI 2GA 2 EA #"
P=0
0 0 0
L L L
1 " M 1 " Q 1 " N
= M dx+� Q dx+ N dx
+" +" +"
[ ]
#"
EI " P GA " P EA " P
P=0
0 0 0
Przemieszczenie od zginania:
L L
1 " M 1 qL2 q
M dx = - +PL +(qL+P)�"x- x2 ( x- L)dx =
+" +"
( )
[ ]
#"
#"
EI " P EI 2 2
P= 0 P=0
0 0
L
1 qL2 qL2 qL q
= +PL L- +PL+(qL+P ) L x+ (qL+P)+ �"x2- x3 dx =
+"
( ) ( ) [ ]
[ ]
#"
EI 2 2 2 2
P=0
0
L
1 qL2+PL L x- qL2+PL+(qL+P ) L x2+ (qL+P )+qL �"x3- q x4
= =
( ) ( ) [ ]
[ ]
#"
EI 2 2 2 2 3 2 4
x=0 P=0
1 qL2 qL2 L2 qL L3 q L4
= +PL L2- +PL+(qL+P ) L + (qL+P)+ �" - =
( ) ( ) [ ]
[ ]
#"
EI 2 2 2 2 3 2 4
P =0
1 qL4- 3 L2+ qL4- qL4 = qL4
=
[ ]
EI 2 4 2 8 8 EI
Przemieszczenie od ścinania:
L
L L
� "Q � � x2
Q dx = [qL+P-qx]�"1dx = qL x+P x-q =
+" +"
[ ]
#" #" #"
GA " P GA GA 2
P=0 P=0 x =0 P=0
0 0
� L2 = � qL2
= qL2+PL-q
[ ]
#"
GA 2 2GA
P=0
L
1 " N
Przemieszczenie od rozciągania / ściskania: N dx = 0
+"
#"
EA " P
P=0
0
qL4 � qL2
Przemieszczenie końca wspornika: � = +
8 EI 2 GA
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 12
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
Wzór Maxwella-Mohra (z całkowaniem graficznym metodą Wereszczagina):
Wykresy sił przekrojowych od Wykres sił przekrojowych od obciążenia
obciążenia zewnętrznego jednostkowego na kierunku przemieszczenia
Przemieszczenie:
L L L
  
M�"M Q�"Q N�"N
� = dx+� dx+ dx
+" +" +"
EI AG EA
0 0 0
Przemieszczenie od zginania:
L

M�"M
dx =
+"
EI
0
1 1 qL2 1 qL2 qL4
= �"L�" �"L - �"L�" �"L =
[ ]
EI 3 2 3 8 8 EI
Przemieszczenie od ścinania:
L
 � 1 �qL2
� dx = �"L�"qL�"1 =
+"Q�"Q
[ ]
GA GA 2 2GA
0
Przemieszczenie od rozciągania / ściskania:
L

N�"N
dx = 0
+"
EA
0
qL4 � qL2
Przemieszczenie końca wspornika: � = +
8 EI 2 GA
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 13
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.9
Wyznaczyć przemieszczenie poziome oraz kąt obrotu punktu B ramy
przedstawionej na rysunku obok. Przyjąć sztywność giętną
Wykorzystać metodę Castigliano, uwzględniając
EI =1000 kNm2.
jedynie wpływ zginania.
Obydwa przemieszczenia uogólnione możemy wyznaczyć niezależnie.
Przemieszczenie poziome punktu B
W punkcie B jest siła skupiona na kierunku poszukiwanego
przemieszczenia. Przyjmujemy, że ma ona pewną zmienną wartość P i
poszukujemy pochodnej cząstkowej energii sprężystej względem tej
zmiennej. Następnie podstawiamy za P jej rzeczywistą wartość.
Uzyskany wynik jest poszukiwanym przemieszczeniem.
V = 6 H = P M = 6�"2+4�"P = 12+4 P
Reakcje podporowe:
A A A
Rozkład momentów zginających:
M (x) = -M +H x = -12-4 P+Px
AB x"(0 ; 4):
AB A A
M (x) = -6(2- x)
BC x"(0 ; 2):
BC
Pochodne rozkładu momentów:
" M
AB
AB x"(0 ; 4):
= x-4
" P
" M
BC
BC x"(0 ; 2):
= 0
" P
Przemieszczenie poziome:
2
"U M 1
"
�(BX ) = = dx = M�"" M dx =
+" +"
#"
#" #"
" P " P 2 EI EI " P
P=4 P=4 P=4
s s
4 2 4
1 1
= (-12-4 P+Px)�"( x-4)dx+ -6(2- x)�"0dx = Px2+(-12-8 P) x+(48+16 P) dx =
+" +" +"
[ ] #"
EI #" EI
P=4
P=4
0 0 0
4
1 x3+(-12-8 P) x2+(48+16 P ) x = 1 64 544
= P P+96 =
[ ] [ ]
#" #"
EI 3 2 EI 3 3 EI
0 P=4 P=4
Wartości obciążeń podawane były w kN. Podstawiając EI w kNm2, uzyskamy wynik w
metrach.
544
�(BX ) = H" 0,181 [m] �! �(BX ) H" 18 cm
3 EI
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 14
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
Kąt obrotu punktu B
W punkcie B nie ma siły uogólnionej (momentu skupionego)
odpowiadającej poszukiwanemu przemieszczeniu uogólnionemu
(obrotowi). Przykładamy zatem w tym miejscu pewien moment skupiony
o zmiennej wartości M i poszukujemy pochodnej cząstkowej energii
sprężystej względem tej zmiennej. Następnie podstawiamy za M wartość
0, ponieważ siła ta w rzeczywistości tam nie występuje. Uzyskany wynik
jest poszukiwanym przemieszczeniem.
V = 6 H = 4 M = 6�"2+4�"4-M = 28-M
Reakcje podporowe:
A A A
Rozkład momentów zginających:
M (x) = -M +H x = -28+M +4 x
AB x"(0 ; 4):
AB A A
M (x) = -6(2- x)
BC x"(0 ; 2):
BC
Pochodne rozkładu momentów:
" M
AB
AB x"(0 ; 4):
= 1
" M
" M
BC
BC x"(0 ; 2):
= 0
" M
Obrót:
2
" U M 1 " M
"
ĆB = = dx = M �" dx =
+" +"
#"
#"
#"
" M " M 2 EI EI " M
M =0 P=4 M =0
s s
4 2 4
1 1
= (-28+M +4 x)�"1dx+ -6(2-x)�"0dx = -28+M +4 x dx =
+" +" +"
[ ] #"
EI #" EI
M =0
M =0
0 0 0
4
1 x2 = 1 80
= -28 x+Mx+4 [4 M -80] = -
#"
M = 0
[ ]
#"
EI 2 EI EI
0 M = 0
Wartości obciążeń podawane były w kN. Podstawiając EI w kNm2, uzyskamy wynik w
radianach.
80
ĆB = - = 0,08 [rad ] �! ĆB H" 4,58"
EI
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 15
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.10
Wyznaczyć przemieszczenie poziome węzła A kratownicy jak na
rysunku. Przyjąć moduł Younga E = 205 GPa i pole przekroju
prętów kratownicy A = 4 cm . Wykorzystać metodę Castigliano.
Celem wyznaczenie przemieszczenia poziomego węzła A,
przykładamy w tym węz
le pewną siłę P. Wyznaczamy
następnie reakcje i siły przekrojowe w prętach.
Ponieważ rozkład sił w każdym pręcie kratownicy jest stały,
zatem odpowiednią całkę opisującą energię sprężystą zastąpić
możemy sumą:
2
N
2
N Li
N
i
dx =
+" "
2 EA 2 EAi
i=1
s
Wyniki zapiszemy w tabelce:
Nr Długość Sztywność Siła osiowa Energia
2
pręta
Li względna N
N Li
i
i
EAi
2(EAi/ EA) EA
( )
EA
2 10+ P
1 1
(10+ P)2/ EA
2 10+2 P
2 1
(10+2 P)2/ EA
-(10+P ) 2
3 1 "
2 2
" 2"2(10+P )2/ EA
4 1
2 2 P 2
" " 2"2 P2/ EA
-P
5 4 1
2 P2/ EA
2
Ł = [(7+4 2) P +(60+40 2) P+(200+200 2)]/ EA
" " "
Całkowita energia sprężysta:
1
U = (7+4 2) P2+(60+40 2)P+(200+200 2)
[ " " " ]
EA
Przemieszczenie poziome:
"U 1 60+40 2 116,569
"
� = = 2(7+4 2) P+(60+40 2) = H"
[ " " ]#"
P=0
#"
" P EA EA EA
P =0
Wartość liczbową przemieszczenia wyznaczamy pamiętając, że obciążenie stale
przyjmowane było w kN.
116,569�"103 = 1,422�"10-3 [m] �! � H" 1,422 mm
� =
205�"109�"4�"10-4
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 16
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.11
Wyznaczyć przemieszczenie pionowe i kąt obrotu środka
rygla ramy obciążonej jak na rysunku. Zastosować wzór
Maxwella-Mohra. Przyjąć: E = 210 GPa , G = 82 GPa , zaś
� = 1,2 .
I = 4860 cm4 , A = 180 cm2 ,
Rozpatrujemy trzy stany obciążenia ramy:
" stan od obciążenia zewnętrznego (tzw.  stan P )
" stany od jednostkowych obciążeń na kierunkach poszukiwanych przemieszczeń
uogólnionych:
�% obciążenie jednostkową pionową siłą skupioną (przemieszczenie pionowe)
�% obciążenie jednostkowym momentem skupionym (obrót)
Wyznaczamy rozkład sił przekrojowych w każdym z tych stanów:
Obciążenie jednostkową siłą skupioną:
Obciążenie jednostkowym momentem skupionym:
Stan P
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 17
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
  
M�"M Q�"Q1 N�"N
1 1
Przemieszczenie pionowe: " = dx + � dx + dx
+" +" +"
EI GA EA
s s s
Przemieszczenie od zginania:

M�"M
1
dx =
+"
EI
s
1 1�"3�"30�"1,5 - 1�"3�"6�"1,5 + 1�"3�"9�"1,5 - 1�"3�"6�"1,5 + 1�"3�"9�"1,5 = - 135
= - H" -3,307 mm
[ ]
EI 6 3 3 4 3 3 4 4 EI
Przemieszczenie od ścinania:

Q�"Q1
� dx =
+"
GA
s
� 1�"3�"11�"0,5 + 1�"3�"5�"0,5 - 1�"3�"5�"0,5 + 1�"3�"1�"0,5 = 9�
= + H" 0,007 mm
[ ]
GA 2 2 2 2 GA
Przemieszczenie od sił osiowych:

N�"N
1 1 22
dx = = [1�"4�"11�"0,5] = H" 0,006 mm
+"
EA EA
EA
s
  
M�"M N�"N
2 2 2
Ć = dx + � dx + dx
Obrót:
+" +"Q�"Q +"
EI GA EA
s s s
Obrót od zginania:

M�"M
2
dx =
+"
EI
s
1 1�"3�"30�"0,5 - 1�"3�"6�"0,5 + 1�"3�"9�"0,5 + 1�"3�"6�"0,5 - 1�"3�"9�"0,5 = - 15
= - H" -0,0421"
[ ]
EI 6 3 3 4 3 3 4 2 EI
Obrót od ścinania:

2
� dx =
=
+"Q�"Q
GA
s
� 1�"6�"11�"1 1�"6�"1�"1 5 �
= - = H" 0,0002"
[ ]
GA 2 6 2 6 GA
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 18
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
Obrót od sił osiowych:

N�"N
1 22
2
dx = = 1�"4�"11�"1 = H" 0,0001"
+"
[ ]
EA EA 6 3 EA
s
Przemieszczenie pionowe środka rygla ramy: " = -3,294 mm
Obrót środka rygla ramy: Ć =-0,0418"
ZADANIE 15.12
Korzystając ze wzoru Maxwella-Mohra, wyznaczyć kąt
skręcenia pręta jak na rysunku.
Aby wyznaczyć całkowity kąt skręcenia pręta, przykładamy na jego końcu jednostkową
siłę uogólnioną (moment skręcający) odpowiadającą poszukiwanemu przemieszczeniu
uogólnionemu (kątowi skręcenia)
Obciążenie jednostkowe: Stan P:
Kąt skręcenia (należy pamiętać o zmiennej sztywności pręta):

M �"M
x x
Ć = dx =
+"
GI
x
s
1 1�"0,5�"1,3�"1 + 1�"0,5�"4,3�"1 + 1 1�"0,3�"4,3�"1 + 1�"0,3�"6,1�"1 + 1�"0,15�"1,1�"1 + 1�"0,15�"0,15�"1 =
=
( )
[ ]
GI 2 2 2 2 2 2 2
x
193
=
80GI
x
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 19
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.13
Obliczyć całkowite przemieszczenie punktu B belki obciążonej
jak na rysunku obok. Uwzględnić wpływ sił poprzecznych oraz
sił osiowych. Belka ma przekrój prostokątny o wymiarach
b=20 cm , h=30cm i wykonana jest z betonu o module
Younga E=33 GPa i współczynniku Poissona �=0,2 .
Wykorzystać wzór Maxwella-Mohra.
Pole przekroju poprzecznego:
A=bh = 600 cm2
bh3
Moment bezwładności przekroju: I = = 45000 cm4
12
Energetyczny współczynnik ścinania dla przekroju prostokątnego: �=1,2
E
G= = 13,75 GPa
Moduł Kirchhoffa:
2(1+�)
Sztywność wzdłużna: EA = 1980000 kN
Sztywność poprzeczna: GA = 825000 kN
Sztywność giętna:
EI = 14850 kNm2
Reakcje i siły przekrojowe spowodowane obciążeniem zewnętrznym.
Ł X =0: H -4=0 �! H =4
A A
Ł M =0 : V �"4-2�"2�"1-8=0 �! V =3
A C C
Ł M =0 : -V �"4+2�"2�"3-8=0 �! V =1
C A A
Przedział AB: Przedział BC:
N =-H =-4
A
N =-4
Q=V -q x=1-2 x
A
Q=-V =-3
C
2 {
M =V (4- x)-8=4-3 x
{M =V x-1 q x =x-x2
C
A
2
Przemieszczenie całkowite będzie sumą geometryczną
przemieszczenia poziomego i pionowego. Celem znalezienia
odpowiednich przemieszczeń składowych przykładamy
bezwymiarowe jednostkowe obciążenia na kierunku
poszukiwanych przemieszczeń:
Przemieszczenie pionowe  fikcyjna, bezwymiarowa, jednostkowa siła pionowa w pkt. B
Reakcje:
Ł X =0: H =0
A
Ł M =0: V �"4-1�"2=0 �! V =0,5
A C C
Ł M =0 : -V �"4+1�"2=0 �! V =0,5
C A A
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 20
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
Przedział AB: Przedział BC:
(Y ) (Y )
 
N =0 N =0
 
Q(Y )=0,5 Q(Y )=-0,5
{ (Y ) { (Y )
 
M =-0,5 x M =0,5(4- x)
L L L
(Y ) (Y )
  
N�"N Q�"Q(Y ) d x + M�"M
�(Y ) = d x + � d x
+" +" +"
B
EA GA EI
0 0 0
Przemieszczenie pionowe od zginania:
L

M�"M(Y ) d x=
+"
EI
0
1 1�"1�"1�"2 - 1�"1�"2�"2 - 1�"1�"8�"2 = - 14
= -1�"1�"2�"2 + H" -0,314 mm
[ ]
EI 3 3 3 6 3 EI
Przemieszczenie pionowe od ścinania:
L
(Y )

� d x=
+"Q�"Q
GA
0
� 1�"0,5�"1�"2 - 1�"0,5�"3�"2 + 1�"0,5�"3�"2 = 2 �
= H" 0,00291mm
[ ]
GA 2 2 GA
Przemieszczenie pionowe od ściskania:
L
(Y )

N�"N
d x= 0
+"
EA
0
2 � 14
Y
�(B ) = - H" -0,311 mm
Całkowite przemieszczenie pionowe:
GA 3 EI
Przemieszczenie poziome  fikcyjna, bezwymiarowa, jednostkowa siła pozioma w pkt. B
Reakcje:
Ł X =0: H +1=0 �! H =-1
A A
Ł M =0 : V �"4=0 �! V =0
A C C
Ł M =0 : -V �"4=0 �! V =0
C A A
Przedział AB: Przedział BC:
( X ) ( X)
 
N =1 N =0
 
Q( X )=0 Q( X )=0
{ (X ) { (X )
 
M =0 M =0
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 21
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
L L L
( X ) ( X )
  
N�"N Q�"Q( X ) d x + M�"M
�(BX ) = d x + � d x
+" +" +"
EA GA EI
0 0 0
Przemieszczenie poziome od zginania:
L
(X )

M�"M
d x= 0
+"
EI
0
Przemieszczenie poziome od ścinania:
L
( X )

� d x= 0
+"Q�"Q
GA
0
Przemieszczenie poziome od ściskania:
L
(Y )
 1 8
N�"N
[1�"1�"4�"2] = H" -0,00404 mm
d x=
+"
EA EA
EA
0
8
�(BX) = H" -0,00404 mm
Całkowite przemieszczenie poziome:
EA
Przemieszczenie całkowite punktu B: �B= (�(Y ))2+(�(BX ))2 H" 0,311 mm
"
B
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 22
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.14
Wyznaczyć całkowite przemieszczenie węzła B kratownicy
jak na rysunku. Wyznaczyć zmianę odległości między
węzłami A i B. Wykorzystać wzór Maxwella-Mohra.
Celem wyznaczenia przemieszczenia całkowitego węzła B,
przykładamy w tym węz
le jednostkowe siły skupione 
pionową i poziomą  i wyznaczamy odpowiadające im
przemieszczenia.
Aby wyznaczyć względne przemieszczenie (zmianę odległości) pomiędzy węzłami A i B,
przykładamy w każdym z nich jednostkową siłę skupioną na kierunku łączącym obydwa
punkty, skierowaną w stronę przeciwną nić drugi z tych punktów  zmiana odległości jest
sumą przemieszczeń każdego z punktów na kierunku łączącym te punktu. Za wartość
dodatnią zmiany przyjmujemy zwiększenie tej odległości.
Wyznaczamy siły przekrojowe w prętach kratownicy od obciążenia zewnętrznego oraz od
sił jednostkowych:
Stan P: Stan jednostkowy (przemieszczenie pionowe)
(YB)
N 
N
Stan jednostkowy (przemieszczenie poziome) Stan jednostkowy (zmiana odległości)
(XB ) (" AB)
 
N
N
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 23
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
Przy wyznaczaniu poszukiwanych przemieszczeń, z uwagi na przedziałami stały rozkład sił
przekrojowych, odpowiednie całki, można zapisać w postaci sum:

N �"N �"Li

N�"N
i i
dx =
+" "
EA EAi
i
s
Wyniki zapiszemy w tabelce:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
(YB) (XB ) (" AB )
2/3 2/3 2/3
Li EAi N
Nr pręta   
N N
N
i
i i i
�4�5 �4�6 �4�7
EA
1 2 1 15 0 0 0 0 0 0
2 2 1 0 0 0 0 0 0 0
3 2,828 2 7,071 0 1,414 0 0 14,142 0
4 2 1 -15 0 0 0,447 0 0 -13,416
5 2,828 1 21,213 0 0 0,632 0 0 37,947
6 2 1 -25 1 -1 0 -50 50 0
7 2 1 -5 0 0 -0,447 0 0 4,472
8 2,828 2 14,142 0 1,414 0,632 0 28,284 12,649
9 2 1 -10 1 -1 0,447 -20 20 -8,944
-70 112,426 32,708
Ł
70
Y
�(B ) = -
Przemieszczenie pionowe punktu B:
EA
112,426
�(BX ) =
Przemieszczenie pionowe punktu B:
EA
132,437
(Y )
�B = )2+(�(BX ))2 =
Przemieszczenie całkowite punktu B:
"(�
B
EA
32,708
" d =
Zmiana odległości między węzłami A i B:
AB
EA
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 24
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.15
Wyznaczyć za pomocą wzoru Maxwella-Mohra reakcje oraz siły
przekrojowe w belce statycznie niewyznaczalnej obciążonej jak na
rysunku. Uwzględnić jedynie wpływ momentów zginających.
Zadanie rozwiążemy w następujący sposób:
" Mamy 4 niewiadome reakcje podporowe, do wyznaczenia których mamy do
dyspozycji jedynie 3 równania równowagi. Zadanie jest zatem statycznie
niewyznaczalne.
"  Statyczna niewyznaczalność oznacza, że do wyznaczenia reakcji konieczna jest
znajomość deformacji układu. Możemy zatem zwolnić tyle reakcji podporowych, aby
układ stał się statycznie wyznaczalny i zastąpić je pewnymi nieznanymi siłami
uogólnionymi (reakcjami). Dodatkowe równania otrzymamy z warunku zerowania
się odpowiadających im przemieszczeń uogólnionych, które możemy obliczyć np. na
podstawie wzoru Maxwella-Mohra.
Powyższy schemat rozwiązania stanowi podstawę tzw.  metody sił
- podstawowej metody rozwiązywania układów statycznie
niewyznaczalnych. W naszym przypadku mamy tylko jedną
nadliczbową reakcję  tzw.  hiperstatyczną . Możemy ją wybrać
dowolnie. Niech będzie to reakcja na prawej podporze przegubowej
 oznaczmy ją przez X . Odpowiadające jej przemieszczenie
uogólnione " to ugięcie pionowe belki w tym punkcie. Zwalniamy więc tę podporę i
zastępujemy ją nieznaną siłą reakcji. Wyznaczamy teraz ugięcie belki w punkcie C i tak
dobieramy wielkość reakcji, aby przemieszczenie to było równe 0. Ponieważ układ jest
liniowo-sprężysty, stąd:
" przemieszczenie możemy wyznaczyć osobno od obciążenia zewnętrznego (tzw.
 stan P ) oraz od obciążenia nieznaną siłą reakcji (tzw.  stan X ),
�
" dla uproszczenia obliczeń, możemy wyznaczyć przemieszczenie od jednostkowej
wartości hiperstatycznej X =1 , zaś przemieszczenie od siły X (z uwagi na
"X = X�"� .
liniowość układu) będzie odpowiednio proporcjonalnie większe
Stan X =1
 
M M
1 1�"4�"4�"4 = 64
� = dx =
+" =
[ ]
EI
EI 3 3 EI
s
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 25
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
Stan P

M�"M
"P = dx =
+"
EI
s
1 1�"2�"4�"1+ 1�"2�"2�"1- 1�"2�"2�"4+1�"2�"2�"1 =-144
= -1�"2�"4�"40-1�"2�"4�"4-1�"2�"2�"40-1�"2�"2�"4+
[ ]
EI 3 6 6 3 3 3 3 3 EI
"całk = "X +"P = X�"�+"P
Przemieszczenie całkowite:
"P 27
"całk=0 �! V = X = - = = 6,75
Nieznana reakcja podporowa:
C
�
4
Pozostałe reakcje wyznaczamy z równań równowagi:
Ł X =0: �! H =0
A
ŁY = 0 : �! V = 4�"2+12-V = 13,25
A C
Ł M =0 : �! M = 12�"2+2�"4�"2-V �"4 = 13
A A C
Siły przekrojowe:
Przedział AB x"(0 ; 2)
N ( x) = 0
Q( x) = 13,25-2 x
{
M (x) = -13+13,25 x- x2
Przedział BC x"(2 ; 4)
N ( x) = 0
Q( x) = 13,25-2 x-12
{
M ( x) = -13+13,25 x-x2-12 (x-2)
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 26
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
15  Twierdzenia energetyczne - ZADANIA
ZADANIE 15.16
Dana jest symetryczna belka długości L, obustronnie utwierdzona,
obciążona liniowo zmiennym obciążeniem ciągłym jak na rysunku.
Korzystając z twierdzenia Menabrei (pomijając wpływ sił
poprzecznych) wyznaczyć reakcje podporowe.
W sumie obciążenie zewnętrzne równoważy 6 nieznanych reakcji podporowych.
X , X ,... X .
Oznaczymy je kolejno przez Trzy z nich możemy uzależnić od pozostałych
1 2 6
dzięki równaniom równowagi. Przykładowo:
Ł X = 0: �! X = X
4 1
qL
ŁY = 0: �! X = - X
5 2
2
qL2
Ł M = 0 : �! X = + X - X �"L
B 6 3 2
6
Ponieważ układ nie jest poddany zmianie temperatury, to  z uwagi na założenie o małych
X = X =0.
przemieszczeniach  możemy przyjąć Pozostałe 4 reakcje (w tym 2 niezależne)
1 4
wyznaczymy na podstawie twierdzenia Menabrei o minimum energii sprężystej. Pomijając
wpływ sił poprzecznych, całkowita energia sprężysta układu może być wyrażona przez
funkcję rozkładu momentów zginających  ta zaś może być wyznaczona przy użyciu
zaledwie dwóch spośród czterech niewiadomych, np. redukując układ sił z lewej strony:
q
M (x ) = - X + X �"x- �"x3
Rozkład momentów zginających:
3 2
6 L
Całkowita energia sprężysta:
L
2
2
M 1 q
U = dx = -X + X �"x- �"x3 dx =
+" +"
3 2
( )
2 EI 2 EI 6 L
s 0
L
1 q2 2 q 2q
2 2
= X + X �"x2+ �"x6-2 X X �"x+ X �"x3- X �"x4 dx =
+"
3 2 2 3 3 2
( )
2 EI 6 L 6 L
36 L2
0
L
3
1 q2 7 q q
2 2
= X x+X �"x + �"x - X X �"x2+ X �"x4- X �"x5 =
3 2 2 3 3 2
[ ]
2 EI 3 12 L 15 L
36 L2 7
0
3 2
1 q L3 q L4
2 2
= X L+X �"L +q L5-X 2 X �"L2+ X - X
3 2 3 3 2
[ ]
2 EI 3 252 12 15
Zgodnie z twierdzeniem Menabrei, całkowita energia sprężysta osiąga minimum dla
rzeczywistych wartości nieznanych hiperstatycznych. Poszukujemy więc minimum funkcji
dwóch zmiennych  w tym celu należy wyznaczyć takie ich wartości, dla których
pochodna energii przyjmuje wartość zero:
"U 2 L3 qL4 "U qL3
= 0 �! X �" - X �"L2- = 0 = 0 �! X �"2 L-X �"L2+ = 0
2 3 3 2
" X 3 15 " X 12
2 3
Uzyskujemy w ten sposób układ dwóch równań liniowych na dwie nieznane
hiperstatyczne  pozostałe reakcje wyznaczamy z równań równowagi:
qL- 7
3
X = X = qL
X = qL
5 2
2
10 L X -15 X = qL2
2 20
20
2 3
�!
{
1 qL2+ 1
12 L X -24 X = qL2
2 3
X = qL2
{ X = X
{ -X �"L = qL2
3 6 3 2
30 6 20
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 27