rozciąganie i ściskanie prętów – naprężenia normalne ... · pdf file2.2...

Rozciąganie i ściskanie prętów – naprężenia normalne, przemieszczenia 2

W przypadku rozciągania/ściskania pręta jego obciążenie stanowi zbiór sił czyn-nych wzdłuż osi pręta (oś x ). Na rys. 2.1a przedstawiono przykład pręta sztywno zamocowanego na lewym końcu (punkt B), obciążonego siłami 1P , 2P i 3P . Schemat obliczeniowy – po uwolnieniu z więzów – ilustruje rys. 2.1b.

Rys. 2.1

Do wyznaczenia reakcji xRB wykorzystujemy równanie równowagi statycznej –

suma rzutów sił na oś x jest równa zeru:

0Σ =ixP (2.1)

0321B =++− PPPR x

321B PPPR x −−=

W dowolnym przekroju poprzecznym pręta siła osiowa N jest równa sumie rzutów sił zewnętrznych działających po jednej stronie przekroju na kierunek styczny do osi pręta (rys. 2.2). Siła osiowa N rozciągająca jest dodatnia, natomiast ściskająca – ujemna.

Rys. 2.2

Dla przekroju przedstawionego na rys. 2.2, otrzymamy zatem:

— rozwiązując od prawej strony (rys. 2.2a)

32)( Σ PPPN ixp +== (2.2a)

2.2 Wytrzymałość materiałów

— rozwiązując od lewej strony (rys. 2.2b)

1B)( Σ PRPN xixl +−=−= (2.2b)

Naprężenia normalne σ wyznaczamy ze wzoru:

ANσ = (2.3)

gdzie: N — siła osiowa, A — pole powierzchni przekroju poprzecznego.

Wydłużenie λ odcinka pręta wyznaczamy w oparciu o zależność:

AElNλ = (2.4)

gdzie: N — siła osiowa, l — długość rozpatrywanego odcinka pręta, E — moduł Younga (moduł sprężystości podłużnej), A — pole powierzchni przekroju poprzecznego,

iloczyn AE nazywamy sztywnością pręta rozciąganego/ściskanego.

Rozciąganie i ściskanie prętów – naprężenia normalne, przemieszczenia 2.3

Zadanie 2.1. Wyznaczyć wykresy sił osiowych N , naprężeń normalnych σ oraz przemieszczeń λ

dla pręta przedstawionego na rys. 2.3. Dane: P , l , const=AE .

Rys. 2.3

Rozwiązanie

Układ uwalniamy z więzów (rys. 2.4).

Rys. 2.4

Reakcję xRB wyznaczamy z równania równowagi statycznej:

0Σ =ixP

03B =++− PPR x

PR x 4B =

W kolejnym kroku wyznaczamy siły osiowe N w poszczególnych odcinkach pręta. Zadanie rozwiążemy zarówno od prawej (rys. 2.5), jak i lewej (rys. 2.6) strony.

Rys. 2.5

Rys. 2.6

Rozwiązując zadanie od prawej strony (rys. 2.5) otrzymujemy, w oparciu o zależ-

ność (2.2a):

PPN ix == ΣCD

PPPPN ix 43ΣBC =+==

Z kolei, rozwiązując zadanie od lewej strony (rys. 2.6) otrzymamy, zgodnie ze wzorem (2.2b):

PRRPN xxix 4)(Σ BBBC ==−−=−=

PPPPRPRPN xxix =−=−=+−−=−= 43)3(Σ BBCD


Naprężenia normalne σ w poszczególnych odcinkach pręta są równe (2.3):

AP

ANσ 4BC

BC ==

AP

ANσ == CD

CD

Przemieszczenia przekrojów C i D wyznaczamy na podstawie wydłużenia poszcze-gólnych odcinków pręta – odpowiednio BD i CD. Na podstawie zależności (2.4) otrzy-mujemy: — wydłużenie odcinka BC

AElP

AElNλ 4BC

BC ==

— wydłużenie odcinka CD

AElP

AElNλ == CD

CD

Ostatecznie otrzymujemy: — przemieszczenie przekroju B

0B =λ

— przemieszczenie przekroju C

AElPλλ 4BCC ==

— przemieszczenie przekroju D

AElP

AElP

AElPλλλ 54CDBCD =+=+=

Na rys. 2.7 przedstawiono rozwiązaniezadania – wykresy sił osiowych, naprężeńnormalnych oraz przemieszczeń.

Rys. 2.7



dla pręta przedstawionego na rys. 2.8. Dane: P , l , A , E .

Rys. 2.8

Rozwiązanie


Rys. 2.9


0Σ =ixP

03B =++− PPR x

PR x 4B =

Wyznaczamy siły osiowe N w poszczególnych odcinkach pręta. Rozwiązując zada-nie od prawej strony (rys. 2.10) otrzymujemy, w oparciu o zależność (2.2a):

PPN ix == ΣCD

PPPPN ix 43ΣBC =+==

Rys. 2.10


AP

ANσ 22

BCBC ==

AP

ANσ == CD

CD

Przemieszczenia przekrojów C i D wyznaczamy na podstawie wydłużenia poszcze-gólnych odcinków pręta – odpowiednio BD i CD. Na podstawie zależności (2.4) otrzy-mujemy: — wydłużenie odcinka BC

AElP

AElNλ 2

2BC

BC =⋅

=



AElP

AElNλ == CD

CD


0B =λ


AElPλλ 2BCC ==


AElP

AElP



Rys. 2.11




Rys. 2.12

Rozwiązanie


Rys. 2.13

Równanie równowagi statycznej na postać:

0Σ =ixP

0DB =+−− PRR xx

PRR xx =+ DB

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny – dwie niewiadome xRB , xRD i jedno równanie równowagi. Dodatkowe równanie wynika z warunku geometrycz-nego – przemieszczenie końca D jest równe zeru, co zapiszemy następująco:

0CDBCD =+= λλλ

Wyznaczamy siły osiowe N w poszczególnych odcinkach pręta. Rozwiązując zada-nie od lewej strony (rys. 2.14) otrzymujemy, w oparciu o zależność (2.2b):

xix RPN BBC Σ =−=

PRPN xix −=−= BCD Σ

Rys. 2.14

Wydłużenia poszczególnych odcinków pręta są równe:

AElR

AElNλ xB

BCBC ==

AElPR

AElNλ x )( B

CDCD −==

Podstawiając wyznaczone wydłużenia do dodatkowego warunku geometrycznego wyznaczamy wartość reakcji xRB :


EAl

AElPR

AElR xx :0)( BB =−+

0BB =−+ PRR xx

PR x =B2

2BPR x =

Wartość reakcji xRD wyznaczamy przekształcając równanie równowagi statycznej:

22BDPPPRPR xx =−=−=

Podstawiając wartości reakcji wyznaczamy siły osiowe N :

2BCPN =

2CDPN −=

naprężenia normalne σ :

AP

ANσ

21BC

BC ==

AP

ANσ

21CD

CD −==

oraz wydłużenia poszczególnych odcinkówpręta:

AElP

AElPλ

21

2BC ==

AElP

AElPPλ

21

2CD −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

Na rys. 2.15 przedstawiono rozwiązanie zadania – wykresy sił osiowych, naprężeńnormalnych oraz przemieszczeń.

Rys. 2.15




Rys. 2.16

Rozwiązanie


Rys. 2.17


0Σ =ixP

0DB =+−− PRR xx

PRR xx =+ DB

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny – dwie niewiadome xRB , xRD i jedno równanie równowagi. Dodatkowe równanie wynika z warunku geometrycz-nego – przemieszczenie końca D jest równe zeru, co zapiszemy następująco:

0CDBCD =+= λλλ



PRPN xix −=−= BCD Σ

Rys. 2.18


AElR

AElNλ xB

BCBC 2

12

=⋅

=

AElPR

AElNλ x )( B

CDCD −==



EAl

AElPR

AElR xx :0)(

21

BB =−+

021

BB =−+ PRR xx

PR x =B23

PR x 32

B =

Wartość reakcji xRD wyznaczamy przekształcając równanie równowagi statycznej:

PPPRPR xx 31

32

BD =−=−=


PN32

BC =

PN31

CD −=


AP

ANσ

31

2BC

BC ==

AP

ANσ

31CD

CD −==

oraz wydłużenia poszczególnych odcinkówpręta:

AElP

AElPλ

31

232

BC =⋅

=

AElP

AElPPλ

31

32

CD −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=


Rys. 2.19




Rys. 2.20

Rozwiązanie


Rys. 2.21


0Σ =ixP

023B =+−+− PPPR x

PR x 4B =


PRPN xix 4Σ BBC ==−=

PPRPN xix =−=−= 3Σ BCD

PPPRPN xix 23Σ BDF =+−=−=

Rys. 2.22


AP

ANσ 4BC

BC ==

AP

ANσ == CD

CD

AP

ANσ 2DF

DF ==


Przemieszczenia przekrojów C, D i F wyznaczamy na podstawie wydłużenia poszczególnych odcinków pręta – odpowiednio BD, CD i DF. Na podstawie zależ-ności (2.4) otrzymujemy: — wydłużenie odcinka BC

AElP

AElNλ 4BC

BC ==


AElP

AElNλ 22CD

CD =⋅

=

— wydłużenie odcinka DF

AElP

AElNλ 2DF

DF ==


0B =λ


AElPλλ 4BCC ==


AElP

AElP


— przemieszczenie przekroju F

AElP

AElP

AElP

AElPλλλλ 8224DFCDBCF =++=++=

Na rys. 2.23 przedstawiono rozwiązanie zadania – wykresy sił osiowych, naprężeń normalnych oraz przemieszczeń.


Rys. 2.23




Rys. 2.24

Rozwiązanie


Rys. 2.25


0Σ =ixP

03FB =++−− PPRR xx

PRR xx 4FB =+

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny – dwie niewiadome xRB , xRF i jedno równanie równowagi. Dodatkowe równanie wynika z warunku geometrycz-nego – przemieszczenie końca F jest równe zeru, co zapiszemy następująco:

0DFCDBCD =++= λλλλ



PRPN xix 3Σ BCD −=−=

PRPPRPN xxix 43Σ BBDF −=−−=−=

Rys. 2.26


AElR

AElNλ xB

BCBC ==


AElPR

AElNλ x )3(22

BCD

CD −=⋅

=

AElPR

AElNλ x )4( B

DFDF −=

⋅=


EAl

AElPR

AElPR

AElR xxx :0)4()3(2 BBB =−+−+

0462 BBB =−+−+ PRPRR xxx

PR x 104 B =

PR x 25

B =

Wartość reakcji xRF wyznaczamy przekształcając równanie równowagi statycznej:

PPPRPR xx 23

2544 BF =−=−=


PN25

BC =

PPPN213

25

CD −=−=

PPPN234

25

DF −=−=


AP

ANσ

25BC

BC ==

AP

ANσ

21CD

CD −==

AP

ANσ

23DF

DF −==

oraz wydłużenia poszczególnych odcinków pręta:

AElPλ

25

BC =

AElP

AElPPλ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 3252CD

AElP

AElPPλ

234

25

DF −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

Przemieszczenia poszczególnych przekrojów pręta są równe: — przemieszczenie przekroju B

0B =λ



AElPλλ

25

BCC ==


AElP

AElP

AElPλλλ

23

25

CDBCD =−=+=


023

25

DFCDBCF =−−=++=AElP

AElP

AElPλλλλ


Rys. 2.27




Rys. 2.28

Rozwiązanie


Rys. 2.29

Reakcję xRG wyznaczamy z równania równowagi statycznej:

0Σ =ixP

052G =+−−− PPPR x

PR x 2G =

Wyznaczamy siły osiowe N w poszczególnych odcinkach pręta. Rozwiązując zada-nie od prawej strony (rys. 2.30) otrzymujemy, w oparciu o zależność (2.2a):

PRPN xix 2Σ GFG −=−==

PPRPNN xix 35Σ BDFCD =+−===

PPPRPN xix =−+−== 25Σ BBC

Rys. 2.30


AP

ANσ == BC

BC

AP

ANσ 3CD

CD ==


AP

ANσ

23

2DF

DF ==

AP

ANσ

32

3FG

FG −==

Przemieszczenia przekrojów B, C, D i F wyznaczamy na podstawie wydłużenia poszczególnych odcinków pręta. Na podstawie zależności (2.4) otrzymujemy: — wydłużenie odcinka BC

AElP

AElNλ == BC

BC


AElP

AElNλ 3CD

CD ==

— wydłużenie odcinka DF

AElP

AElNλ

23

2DF

DF =⋅

=

— wydłużenie odcinka FG

AElP

AElNλ

32

3FG

FG −=⋅

=


AElP

AElP

AElP

AElP

AElPλλλλλ

629

32

233FGDFCDBCB =−++=+++=


AElP

AElP

AElP

AElPλλλλ

623

32

233FGDFCDC =−+=++=


AElP

AElP

AElPλλλ

65

32

23

FGDFD =−=+=


AElPλλ

32

FGF −==

— przemieszczenie przekroju G

0G =λ



Rys. 2.31


Zadanie 2.8. Sztywny pręt poziomy jest zawieszony, jak na rys. 2.32. Wyznaczyć wydłużenia/

skrócenia wiotkich prętów 1 i 2 oraz narysować wykres przemieszczeń pionowych pręta sztywnego. Dane: P , l , A , E , b .

Rys. 2.32

Rozwiązanie


Rys. 2.33

Siły osiowe 1N i 2N , którymi rozciągane są wiotkie pręty 1 i 2, wyznaczymy

z równań równowagi statycznej dla sztywnego pręta BD:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

0Σ

0Σ

Bi

iy

M

P

⎩⎨⎧

=⋅−⋅

=+−−

0340

2

21

bPbNPNN

PN43

2 =

PPPNPN41

43

21 =−=−=

Wydłużenia prętów 1 i 2, a w konsekwencji pionowe przemieszczenia punktów B i D są równe:

AElP

AElNλy

81

21

1B =⋅

==

AElP

AElNλy

432

2D ===

Na rys. 2.34 przedstawiono wykres przemieszczeń pionowych sztywnego pręta BD. Przemieszczenie punktu C możemy wyznaczyć z twierdzenia Talesa:


BDBCBDBC yyyy −

=−

AElP

AElPyyyy

3219

81

81

43

43)(

BDBC

BBDC =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=+−=

Rys. 2.34



skrócenia wiotkich prętów 1 i 2 oraz narysować wykres przemieszczeń pionowych pręta sztywnego. Dane: P , l , const=AE , b .

Rys. 2.35

Rozwiązanie


Rys. 2.36

Siły osiowe 1N i 2N , którymi rozciągane/ściskane są pręty 1 i 2, wyznaczymy


⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

0Σ

0Σ

Bi

iy

M

P

⎩⎨⎧

=⋅−⋅

=+−

0320

2

21

bPbNPNN

PN23

2 =

PPPPNN21

23

21 =−=−=

Wydłużenia/skrócenia prętów 1 i 2, a w konsekwencji pionowe przemieszczenia punktów B i C są równe:

AElP

AElNλy

211

1B −=−=−= (pręt ściskany)

AElP

AElNλy

232

2C === (pręt rozciągany)

Na rys. 2.37 przedstawiono wykres przemieszczeń pionowych sztywnego pręta BD. Przemieszczenie punktu D możemy wyznaczyć z twierdzenia Talesa:

BCBDBCBD yyyy −

=−


AElP

AElPyyyy

25

21

21

23

23)(

BCBD

BBCD =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+−=

Rys. 2.37




Rys. 2.38

Rozwiązanie


Rys. 2.39

Siły osiowe 1N i 2N , którymi rozciągane/ściskane są pręty 1 i 2, wyznaczymy


⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

0Σ

0Σ

Di

iy

M

P

⎩⎨⎧

=⋅+⋅−

=++−

020

1

21

bPbNPNN

PN 21 =

PPPPNN =−=−= 212

Wydłużenia/skrócenia prętów 1 i 2, a w konsekwencji pionowe przemieszczenia punktów C i D są równe:

AElP

AElNλy =

⋅==

21

1C (pręt rozciągany)

AElP

AElNλy 2

222D −=

⋅−=−= (pręt ściskany)


Na rys. 2.40 przedstawiono wykres przemieszczeń pionowych sztywnego pręta BD. Przemieszczenie punktu B możemy wyznaczyć z twierdzenia Talesa:

CDBDDCDB yyyy −

=−

AElP

AElPyyyy 42)21(

12)(

CDBD

DDCB =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+=+−=

Rys. 2.40


Zadanie 2.11. Sztywny pręt poziomy jest oparty, jak na rys. 2.41. Wyznaczyć wydłużenia/

skrócenia wiotkich prętów 1 i 2 oraz narysować wykres przemieszczeń pionowych pręta sztywnego. Dane: P , l , const=AE , b .

Rys. 2.41

Rozwiązanie


Rys. 2.42

Równania równowagi statycznej dla sztywnego pręta BF są następujące:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

0Σ

0Σ

Ci

iy

M

P

⎪⎩

⎪⎨⎧

=⋅−⋅+⋅

=−++−

02

0

21

C21

bPbNbN

PRNN y

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

−=−−

PNN

PRNN y

21

C21

2

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny – trzy niewiadome 1N , 2N ,

yRC i dwa równania. Dodatkowe równanie wynika z warunku geometrycznego, wiążącego pionowe przemieszczenia punktów B i F (rys. 2.43):

bb 2FF'BB'

= FF'21BB'=

Rys. 2.43


Wydłużenia/skrócenia prętów 1 i 2 powiązane są zatem zależnością:

21 21 λλ =

na podstawie której możemy napisać trzecie brakujące równanie:

AElN

AElN 21

21

=

21 21 NN =

Wyznaczamy niewiadome 1N , 2N , yRC :

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

=+

−=−−

21

21

C21

212

NN

PNN

PRNN y

PN51

1 =

PN52

2 =

PPPPPNNR y 54

52

51

21C =+−=+−=

Podstawiamy wyznaczone wartości sił osiowych 1N , 2N i wyznaczamy wydłuże-nia/skrócenia prętów 1 i 2 oraz przemieszczenia punktów B i F:

AElP

AElNλy

511

1B ===

AElP

AElNλy

522

2F −=−=−=

Na rys. 2.44 przedstawiono wykres przemieszczeń pionowych sztywnego pręta BF. Przemieszczenie punktu D możemy wyznaczyć z twierdzenia Talesa:

CFCDFD yy

=

AElP

AElPyy

51

52

21

CFCD

FD −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−==

Rys. 2.44


Zadanie 2.12. Sztywny pręt poziomy jest oparty, jak na rys. 2.45. Wyznaczyć wydłużenia/


Rys. 2.45

Rozwiązanie


Rys. 2.46

Równania równowagi statycznej dla sztywnego pręta BF są następujące:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

0Σ

0Σ

Bi

iy

M

P

⎪⎩

⎪⎨⎧

=⋅−⋅+⋅

=++−−

043

0

21

B21

bPbNbN

PRNN y

⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=−+

PNN

PRNN y

43 21

B21

Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny – trzy niewiadome 1N , 2N ,

yRB i dwa równania. Dodatkowe równanie wynika z warunku geometrycznego, wiążącego pionowe przemieszczenia punktów C i D (rys. 2.47):


Rys. 2.47

bb 3DD'CC'

= DD'31CC'=

Oba pręty są ściskane, a ich skrócenia powiązane są zależnością:

21 31 λλ =

na podstawie której możemy napisać trzecie brakujące równanie:

AElN

AElN 2

31

221 ⋅

=⋅

21 34 NN =

Wyznaczamy niewiadome 1N , 2N , yRB :

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

=+

=−+

21

21

B21

34

43

NN

PNN

PRNN y

PN1316

1 =

PN1312

2 =

PPPPPNNR y 1315

1312

1316

21B =−+=−+=

Podstawiamy wyznaczone wartości sił osiowych 1N , 2N i wyznaczamy skrócenia prętów 1 i 2 oraz przemieszczenia punktów C i D:

AElP

AElNλy

138

21

1C =⋅

==

AElP

AElNλy

132422

2D =⋅

==

Na rys. 2.48 przedstawiono wykres przemieszczeń pionowych sztywnego pręta BF. Przemieszczenie punktu F możemy wyznaczyć z twierdzenia Talesa:

BCBFCF yy

=

AElP

AElPyy

1332

138

14

BCBF

CF =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==


Rys. 2.48

rozciąganie i ściskanie prętów – naprężenia normalne ... · pdf file2.2...

Documents