Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
71
9. OSIOWE ROZCIĄGANIE I ŚCISKANIE
9.1. Naprężenia i odkształcenia
Osiowe rozciąganie pręta pryzmatycznego występuje wówczas, gdy układ sił zewnętrznych
po jednej stronie przekroju poprzecznego pręta redukuje się do wypadkowej prostopadłej do
przekroju, zaczepionej w jego środku ciężkości i skierowanej zgodnie z normalną zewnętrzną.
Wypadkową tę N nazywamy siłą osiową lub podłużną i w przypadku gdy jej zwrot jest
zgodny ze zwrotem normalnej zewnętrznej nazywamy siłą rozciągającą a jej współrzędnej N
przypisujemy znak dodatni. Naszym zadaniem będzie wyznaczenie elementów macierzy
naprężeń i odkształceń w dowolnym punkcie pręta, bo te wielkości określają w nim stan
naprężenia i odkształcenia oraz współrzędnych wektora przemieszczenia.
Rozważmy więc, pokazany na rys. 9.1 pręt pryzmatyczny o polu przekroju poprzecznego A,
określony w układzie osi (X, Y ,Z), w którym oś X jest osią pręta, a osie (Y, Z) są osiami
centralnymi jego przekroju poprzecznego. Pręt wykonany jest z izotropowego, jednorodnego,
liniowo sprężystego materiału o stałych materiałowych E oraz
ν.
Dokonajmy myślowego przekroju pręta na dwie części, odrzućmy część II a do części I
przyłóżmy układ sił wewnętrznych, który symbolicznie zaznaczymy przez jego miary tzn.
naprężenia
xz
xy
x
τ
τ
σ
,
,
zaczepione w dowolnie wybranym punkcie przekroju poprzecznego.
Z twierdzenie o równoważności odpowiednich układów sił wewnętrznych i zewnętrznych
wynika, że:
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
{
}
=
=
=
=
=
=
,
Z
M
W
M
,
Z
M
W
M
,
Z
M
W
M
,
Z
S
W
S
,
Z
S
W
S
,
Z
S
W
S
II
z
I
z
II
y
I
y
II
x
I
x
II
z
I
z
II
y
I
y
II
x
I
x
0
0
0
0
0
0
(9.1)
rzuty sum i momentów zredukowanego układu sił wewnętrznych przyłożonych do części I
oraz układu sił zewnętrznych przyłożonych do części II , są sobie równe.
Zgodnie z powyższym możemy w rozważanym przypadku napisać poniższe związki:
Rys. 9.1
Z
Y
X
x
N
N
(
)
0
0
1 ,
,
v
I
II
x
σ
X
Z
xz
τ
xy
τ
Y
x
N
I
A
A
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
72
(
)
=
−
=
=
+
−
=
=
=
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
∫∫
.
0
,
0
,
0
,
0
,
0
,
A
x
A
x
A
xz
xy
A
xz
A
xy
A
x
dA
y
dA
z
dA
y
z
dA
dA
N
dA
σ
σ
τ
τ
τ
τ
σ
(9.2)
Równania (9.2) możemy nazwać równaniami równowagi, gdyż wynikają z twierdzenia o
równoważności układów sił wewnętrznych i zewnętrznych udowodnionego na podstawie
warunków równowagi układu sił działających na ciało.
Z równań (9.2) nie można wyznaczyć
xz
xy
x
τ
τ
σ
,
,
, gdyż to funkcje trzech zmiennych i aby je
określić, zajmiemy się analizą deformacji bryły po przyłożeniu obciążeń. W oparciu o
przyjęte założenia odnośnie materiału, jak i hipotezę płaskich przekrojów Bernoulliego
przyjmiemy, że obraz deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń jest taki jak to pokazuje rys.
9.2.
Analizując ten obraz deformacji pręta po przyłożeniu obciążeń przyjmiemy, że:
• pole przemieszczeń jest w nim jednorodne,
• odkształcenia kątowe włókien równoległych do osi układu odniesienia są równe zero,
• odkształcenia liniowe związane są zależnością:
x
z
y
ε
ν
ε
ε
−
=
=
.
Powyższe obserwacje pozwalają napisać następujące zależności:
,
,
,
1
1
1
h
h
h
h
h
b
b
b
b
b
l
l
l
l
l
z
y
x
−
=
=
−
=
=
−
=
=
∆
ε
∆
ε
∆
ε
0
,
0
,
0
=
=
=
zx
yz
xy
γ
γ
γ
.
Nazwiemy je równaniami geometrycznymi gdyż są wynikiem analizy geometrii pręta po
deformacji.
Mając odkształcenia możemy, korzystając z równań fizycznych Hooke’a, wyznaczyć
elementy macierzy naprężeń:
Rys. 9.2
Y
X
Z
B
’
C
’
A
’
D
’
∆
l
b
1
h
1
h
l
1
l
b
B
C
A
D
konfiguracja
aktualna
konfiguracja
początkowa
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Osiowe rozciąganie i ściskanie
73
(
)
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
,
(
)
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
;
0
=
→
=
zx
zx
zx
G
τ
γ
τ
.
Nale
ż
y teraz wróci
ć
do równa
ń
równowagi (9.2) w celu sprawdzenia czy otrzymane w
oparciu o przypuszczone pole przemieszcze
ń
napr
ęż
enia spełniaj
ą
te obiektywne zale
ż
no
ś
ci i
aby wyrazi
ć
siły wewn
ę
trzne poprzez siły zewn
ę
trzne.
Zerowanie si
ę
napr
ęż
e
ń
stycznych powoduje,
ż
e równania drugie, trzecie i czwarte s
ą
spełnione. Z równania pierwszego otrzymamy
∫∫
∫∫
=
→
=
A
A
x
x
N
dA
E
N
dA
ε
σ
, a poniewa
ż
pole odkształce
ń
jest jednorodne, to
odkształcenia liniowe s
ą
równe:
A
E
N
x
=
ε
,
(9.3)
i napr
ęż
enia normalne wynosz
ą
:
A
N
x
=
σ
.
(9.4)
Wstawiaj
ą
c powy
ż
sze do dwóch ostatnich równa
ń
równowagi otrzymujemy:
∫∫
∫∫
=
→
=
A
A
x
dA
z
A
N
dA
z
0
0
σ
∫∫
∫∫
=
→
=
−
A
A
x
dA
y
A
N
dA
y
0
0
σ
bo osie (Y, Z) s
ą
osiami centralnymi i momenty statyczne przekroju poprzecznego liczone
wzgl
ę
dem nich s
ą
równe zero. Tak wi
ę
c ostatecznie macierze napr
ęż
e
ń
i odkształce
ń
przy
osiowym rozci
ą
ganiu maj
ą
posta
ć
:
=
0
0
0
0
0
0
0
0
A
N
T
σ
,
−
−
=
EA
N
EA
N
EA
N
T
ν
ν
ε
0
0
0
0
0
0
.
(9.5)
W praktyce in
ż
ynierskiej bardzo wa
ż
ne jest okre
ś
lenie wydłu
ż
enia pr
ę
ta, czyli
przemieszczenie jego ko
ń
ca
∆
l
. Je
ś
li pole przemieszcze
ń
w pr
ę
cie jest jednorodne to łatwo
wyznaczymy zmian
ę
jego długo
ś
ci bez potrzeby całkowania odkształce
ń
:
A
E
l
N
l
A
E
N
l
l
x
=
→
=
=
∆
∆
ε
.
(9.6)
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
74
Podobnie mo
ż
emy wyznaczy
ć
zmiany wymiarów (zmniejszenie) przekroju poprzecznego
pr
ę
ta:
A
E
b
N
b
ν
∆
−
=
oraz
A
E
h
N
h
ν
∆
−
=
.
Na ko
ń
cu tej cz
ęś
ci naszych rozwa
ż
a
ń
nale
ż
y powiedzie
ć
,
ż
e wyprowadzone zale
ż
no
ś
ci mog
ą
by
ć
stosowane, w tej formie, zarówno dla przypadku rozci
ą
gania jak i
ś
ciskania osiowego.
W tym drugim przypadku wypadkowa
N
ma zwrot przeciwny do normalnej zewn
ę
trznej, a
jej współrz
ę
dnej N przypisujemy znak ujemny. Przy czym w przypadku
ś
ciskania, tj. gdy
N<0
konieczne jest dodatkowe sprawdzenie czy pr
ę
t jest w stanie równowagi statecznej.
9.2. Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
W analizowanym przypadku wyst
ę
puje jednoosiowy i jednorodny stan napr
ęż
enia
scharakteryzowany jednym tylko napr
ęż
eniem normalnym w przekroju poprzecznym pr
ę
ta,
które jest równocze
ś
nie maksymalnym napr
ęż
eniem głównym w przypadku rozci
ą
gania
(rys.9.3) i minimalnym w przypadku
ś
ciskania. Pozostałe dwa napr
ęż
enia główne s
ą
równe
zeru a ich kierunki to jakiekolwiek dwa prostopadłe do siebie i równocze
ś
nie prostopadłe do
osi pr
ę
ta.
Ekstremalne napr
ęż
enia styczne wyst
ę
puj
ą
w przekrojach nachylonych pod k
ą
tem 45
°
do osi
pr
ę
ta (rys. 9.3) i równaj
ą
si
ę
połowie napr
ęż
e
ń
normalnych w przekroju poprzecznym. Koło
Mohra dla rozwa
ż
anego przypadku pokazane jest na rys. 9.4.
Rys. 9.3
max
x
σ
σ
=
max
x
σ
σ
=
X
Z
0
=
=
min
z
σ
σ
0
=
=
min
z
σ
σ
o
45
o
45
X
2
x
σ
τ
=
2
x
σ
τ
=
Z
2
x
σ
σ
=
2
x
σ
σ
=
0
=
=
=
z
min
v
σ
σ
σ
v
τ
O
1
O
v
σ
2
x
max
v
σ
τ
τ
=
=
2
x
v
σ
σ
=
2
x
v
σ
τ
=
2
x
v
σ
σ
=
x
max
v
σ
σ
σ
=
=
x
σ
Rys. 9.4
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
75
Układ (rozkład) sił wewn
ę
trznych w przekroju poprzecznym pr
ę
ta pokazuje rys. 9.5.
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych w tym przypadku nie zale
żą
o współrz
ę
dnych y oraz z wi
ę
c
mo
ż
na ich rozkład, nie trac
ą
c czytelno
ś
ci, rysowa
ć
płasko, jak to zostało pokazane na rys.
9.6.
Stan odkształcenia jest te
ż
jednorodny ale trójosiowy. Odkształcenia liniowe w kierunku
równoległym do osi pr
ę
ta s
ą
maksymalne w przypadku rozci
ą
gania i minimalne w przypadku
ś
ciskania. Pozostałe dwa odkształcenia główne s
ą
sobie równe, a ich kierunki to jakiekolwiek
dwa prostopadłe do siebie i równocze
ś
nie prostopadłe do osi pr
ę
ta.
9.3. Energia sprężysta pręta rozciąganego lub ściskanego osiowo
Znajomo
ść
elementów macierze napr
ęż
e
ń
i odkształce
ń
pozwala na wyznaczenie g
ę
sto
ś
ci
energii spr
ęż
ystej i energii spr
ęż
ystej dla rozwa
ż
anego przypadku obci
ąż
enia pr
ę
ta.
Podstawienie zale
ż
no
ś
ci (9.5) do (8.18) daje:
2
2
1
=
A
N
E
Φ
, i st
ą
d energia spr
ęż
ysta pr
ę
ta o długo
ś
ci l i polu przekroju poprzecznego A
rozci
ą
ganego (
ś
ciskanego) osiowo stał
ą
sił
ą
o warto
ś
ci N wynosi:
EA
l
N
dx
EA
N
dA
A
N
E
dx
dV
A
N
E
dV
U
A
l
l
V
V
2
2
2
1
2
1
2
0
2
2
0
2
=
=
=
=
=
∫∫
∫
∫
∫∫∫
∫∫∫
Φ
.
Rys. 9.5
Y
X
Z
A
N
x
=
σ
N
I
Rys. 9.6
Z
X
A
N
x
=
σ
Z
X
A
N
x
=
σ
lub
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
76
W przypadku konstrukcji zło
ż
onej z wielu pr
ę
tów o ró
ż
nych długo
ś
ciach oraz przekrojach
poprzecznych obci
ąż
onych osiowo siłami podłu
ż
nymi jej energia spr
ęż
ysta wynosi:
dx
EA
N
U
n
i
l
i
i
i
∑ ∫
=
=
1 0
2
2
,
(9.7)
gdzie sumowanie nale
ż
y wykona
ć
po wszystkich przedziałach charakterystycznych.
9.4. Zasada de Saint-Venanta
Wnioski mówi
ą
ce o jednorodno
ś
ci rozkładu napr
ęż
e
ń
czy odkształce
ń
w pr
ę
cie rozci
ą
ganym
osiowo mog
ą
budzi
ć
pewne zastrze
ż
enia, je
ś
li popatrzymy na ró
ż
ne, wyst
ę
puj
ą
ce w praktyce
in
ż
ynierskiej, przypadki obci
ąż
e
ń
, które redukuj
ą
si
ę
do siły rozci
ą
gaj
ą
cej N zaczepionej w
ś
rodku ci
ęż
ko
ś
ci przekroju poprzecznego. Mo
ż
na przypuszcza
ć
,
ż
e sposób przyło
ż
enia
obci
ąż
enia b
ę
dzie miał wpływ na rozkład napr
ęż
e
ń
i odkształce
ń
. I tak istotnie jest, ale tylko
w bliskim s
ą
siedztwie obszaru przyło
ż
enia obci
ąż
enia. Mówi o tym zasada de Saint-Venanta,
która jest jednym z naszych podstawowych zało
ż
e
ń
i któr
ą
potwierdzaj
ą
badania
do
ś
wiadczalne (szczególnie wyra
ź
nie badania elastooptyczne). Zasad
ę
t
ę
mo
ż
na sformułowa
ć
nast
ę
puj
ą
co:
jeżeli na pewien niewielki obszar ciała w równowadze działają rozmaicie rozmieszczone,
ale statycznie równoważne obciążenia, to w odległości znacznie przekraczającej
wymiary tego obszaru wywołują one praktycznie jednakowe stany naprężenia i
odkształcenia
(rys. 9.7).
9.5. Spiętrzenie naprężeń
Rozkład napr
ęż
e
ń
normalnych w przekroju poprzecznym rozci
ą
ganego pr
ę
ta pryzmatycznego
jest równomierny. W przypadku rozci
ą
ganych pr
ę
tów o zmiennym przekroju poprzecznym
napr
ęż
enia normalne nie maj
ą
stałych warto
ś
ci.
Rozwi
ą
zanie
metodami
teorii
spr
ęż
ysto
ś
ci
zagadnienie
rozci
ą
ganego pr
ę
ta w kształcie klina (rys. 9.8) pokazuje zmienno
ść
napr
ęż
e
ń
normalnych i dodatkowo wyst
ę
powanie napr
ęż
e
ń
stycznych. Warto
ść
napr
ęż
enia maksymalnego
max
σ
w stosunku
do warto
ś
ci napr
ęż
enia nominalnego
A
N
n
=
σ
wzrasta wraz z
k
ą
tem
α
. Przy
o
10
=
α
napr
ęż
enie maksymalne jest o 1.3 %
wi
ę
ksze od nominalnego, a przy
o
30
=
α
jest ju
ż
wi
ę
ksze o 13 % co
dowodzi,
ż
e gdy przekrój zmienia si
ę
łagodnie, to z dostateczn
ą
dokładno
ś
ci
ą
w obliczeniach mo
ż
na stosowa
ć
wzory jak dla
pr
ę
tów pryzmatycznych.
N
N/A
N
N/A
N/A
N/A
N
max
σ
α
α
α
α
Rys. 9.8
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
77
W przypadku gwałtownej zmiany kształtu lokalny wzrost napr
ęż
enia mo
ż
e by
ć
znaczny. W
pokazanym na rys. 9.9 rozci
ą
ganym płaskowniku z otworem w jego pobli
ż
u wyst
ę
puje du
ż
y
wzrost napr
ęż
e
ń
, nazywany spi
ę
trzeniem lub koncentracj
ą
napr
ęż
e
ń
. Szczególnie du
ż
a
koncentracja napr
ęż
e
ń
wyst
ę
puje w przypadku ostrych naci
ęć
(rys. 9.10) i wówczas mówimy
o efekcie karbu, który mo
ż
e prowadzi
ć
do powstania p
ę
kni
ę
cia, a nast
ę
pnie do zniszczenia
elementu. Analiz
ą
propagacji szczelin zajmuje si
ę
mechanika p
ę
kania
, która obecnie ze
wzgl
ę
du na wa
ż
no
ść
i zło
ż
ono
ść
problemów, z którymi ma do czynienia stanowi
autonomiczny przedmiot mechaniki.
9.6. Podstawowe dane doświadczalne. Statyczna próba rozciągania
W dotychczasowych naszych rozwa
ż
aniach zetkn
ę
li
ś
my si
ę
ju
ż
z takimi wielko
ś
ciami, jak
moduł Younga i współczynnik Poissona. S
ą
one charakterystyczne dla danego materiału i
nazwali
ś
my je ogólnie stałymi materiałowymi. Wspomnieli
ś
my równie
ż
,
ż
e dla ka
ż
dego
materiału istniej
ą
pewne charakteryzuj
ą
ce go wielko
ś
ci sił mi
ę
dzy cz
ą
steczkowych, po
przekroczeniu których traci on swoj
ą
spójno
ść
(niszczy si
ę
). Te jak i inne jeszcze wielko
ś
ci
okre
ś
laj
ą
ce własno
ś
ci mechaniczne materiału, mog
ą
by
ć
wyznaczone jedynie na drodze
do
ś
wiadczalnej. Sposób i warunki przeprowadzania odpowiednich bada
ń
laboratoryjnych s
ą
okre
ś
lone bardzo precyzyjnymi przepisami, podanymi w Polskich Normach.
Jednym z podstawowych bada
ń
jest statyczna próba rozci
ą
gania, gdy
ż
, jak w
ż
adnym innym
do
ś
wiadczeniu, statyczne i kinematyczne warunki brzegowe jakim podlega badana próbka s
ą
najbli
ż
sze tym, które zakładane s
ą
w modelu teoretycznym.
Realizowane w próbce stany napr
ęż
enia i odkształcenia reprezentowane s
ą
przez dwie
wielko
ś
ci: napr
ęż
enia normalne
σ
w przekroju poprzecznym badanej próbki oraz
odkształcenia liniowe
ε
w kierunki jej osi. Obie te wielko
ś
ci mo
ż
na wyznaczy
ć
z prostych
pomiarów podczas badania i, co wi
ę
cej, zwi
ą
zek mi
ę
dzy nimi
ε
σ
E
=
zawiera stał
ą
materiałow
ą
jak
ą
jest moduł Younga E.
Dalej przedstawimy najwa
ż
niejsze wyniki próby rozci
ą
gania stali, wykonanej w sposób
okre
ś
lony norm
ą
PN-76/H-04310. Dla innych materiałów powszechnie stosowanych w
konstrukcjach budowlanych (beton czy drewno) obowi
ą
zuj
ą
inne normy ale z uwagi na
przyj
ę
te zało
ż
enia o własno
ś
ciach analizowanych przez nas konstrukcji stal jest modelowym
materiałem i dlatego ni
ą
si
ę
przede wszystkim zajmiemy.
Wykonane zgodnie z podan
ą
norm
ą
próbki (zwykle o przekroju kołowym) stali rozci
ą
gane s
ą
osiowo w maszynach wytrzymało
ś
ciowych najcz
ęś
ciej a
ż
do zniszczenia próbki. Podczas
próby rejestrowane s
ą
zmiany wielko
ś
ci siły rozci
ą
gaj
ą
cej i wymiarów próbki, dzi
ę
ki czemu
n
σ
max
σ
N
Rys. 9.9
n
σ
max
σ
N
N
Rys. 9.10
N
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
78
mo
ż
na sporz
ą
dzi
ć
tzw. wykres rozci
ą
gania w układzie
ε
σ
−
. Wykres rozci
ą
gania stali
mi
ę
kkiej pokazuje rys.9.11.
Na osi odci
ę
tych mamy odkształcenie liniowe
włókien
równoległych
do
osi
pr
ę
ta,
wyznaczane ze wzoru
0
L
l
∆
ε
=
gdzie:
0
L
- pierwotna długo
ść
odcinka próbki (długo
ść
pomiarowa), którego
wydłu
ż
enia
l
∆ s
ą
rejestrowane.
Na osi rz
ę
dnych wyst
ę
puj
ą
napr
ęż
enia
normalne w przekroju poprzecznym pr
ę
ta,
wyznaczane ze wzoru:
0
A
N
=
σ
, gdzie: N - siła rozci
ą
gaj
ą
ca próbk
ę
,
rejestrowan
ą
podczas badania, A
0
-
pole
pierwotnego przekroju poprzecznego próbki..
Poniewa
ż
podczas wykonywania próby pole przekroju poprzecznego próbki maleje, to te
napr
ęż
enia s
ą
wielko
ś
ciami umownymi.
Omówimy krótko poszczególne charakterystyczne cz
ęś
ci wykresu rozci
ą
gania. Na
prostoliniowym odcinku OA odkształcenia s
ą
liniowo zale
ż
ne od napr
ęż
e
ń
i znikaj
ą
po
zdj
ę
ciu obci
ąż
enia. Tak wi
ę
c własno
ś
ci materiału s
ą
liniowo spr
ęż
yste i najwi
ę
ksze
napr
ęż
enie, przy którym te własno
ś
ci jeszcze wyst
ę
puj
ą
H
R
, nazywamy granic
ą
proporcjonalno
ś
ci albo granic
ą
stosowania prawa Hooke’a. Na krzywoliniowym odcinku AB,
ko
ń
cz
ą
cym si
ę
napr
ęż
eniem
S
R
, materiał jest jeszcze spr
ęż
ysty ale zale
ż
no
ść
mi
ę
dzy
napr
ęż
eniami i odkształceniami jest nieliniowa.
S
R
nazywamy granic
ą
spr
ęż
ysto
ś
ci, po jej
przekroczeniu w materiale zaczynaj
ą
wyst
ę
powa
ć
trwałe (plastyczne) odkształcenia. W
punkcie C wykresu, któremu odpowiadaj
ą
napr
ęż
enia
e
R
, w próbce narastaj
ą
znaczne
odkształcenia: 10 do 15 razy wi
ę
ksze ni
ż
przy granicy spr
ęż
ysto
ś
ci, przy stałych a nawet
malej
ą
cych napr
ęż
eniach. Zjawisko to nazywamy płyni
ę
ciem materiału (cz
ęść
CD okre
ś
lana
jest jako platforma płyni
ę
cia), a napr
ęż
enie
e
R
- wyra
ź
n
ą
granic
ą
plastyczno
ś
ci. Płyni
ę
cie
materiału ko
ń
czy si
ę
w punkcie D, w którym zmienia si
ę
charakter wykresu. Przyrost
odkształce
ń
wymaga przyrostu napr
ęż
e
ń
, materiał si
ę
wzmocnił i sytuacja taka trwa a
ż
do
punktu F, któremu odpowiada najwi
ę
ksza siła uzyskana w czasie próby. Napr
ęż
enia
odpowiadaj
ą
ce temu punktowi
m
R
, nazywamy wytrzymało
ś
ci
ą
na rozci
ą
ganie. W momencie
badania, któremu odpowiada na wykresie rozci
ą
gania punkt F, w próbce tworzy si
ę
przew
ęż
enie, tzw. szyjka i prawie natychmiast próbka w tym miejscu ulega zerwaniu.
Podczas próby rozci
ą
gania prócz wyznaczenia wy
ż
ej opisanych granicznych warto
ś
ci
napr
ęż
e
ń
mo
ż
emy wyznaczy
ć
moduł Younga i liczb
ę
Poissona. Moduł Younga to nic innego
jak tangens k
ą
ta nachylenia liniowej cz
ęś
ci wykresu rozci
ą
gania:
α
ε
σ
tg
=
=
E
.
Rejestruj
ą
c zmian
ę
ś
rednicy próbki
d
∆ podczas próby mo
ż
emy wyznaczy
ć
odkształcenia
liniowe w kierunku poprzecznym do osi pr
ę
ta :
Rys. 9.11
D
B
A
R
H
R
S
R
e
R
m
O
C
F
H
ε
napr
ęż
enia
rzeczywiste
σ
G
α
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
79
0
d
d
pop
∆
ε
=
, gdzie :
0
d
- pierwotna
ś
rednica próbki.
Liczb
ę
Poissona otrzymujemy dziel
ą
c odkształce
ń
liniowe w kierunku poprzecznym przez
odkształcenia liniowe w kierunku równoległym do osi próbki:
ε
ε
ν
pop
=
.
Wy
ż
ej wspomniano,
ż
e napr
ęż
enia na wykresie rozci
ą
gania s
ą
napr
ęż
eniami umownymi,
gdy
ż
otrzymane zostały przez podzielenie siły rozci
ą
gaj
ą
cej przez pocz
ą
tkowe pole przekroju
poprzecznego. Napr
ęż
eniami rzeczywistymi nazywa
ć
b
ę
dziemy iloraz siły przez aktualne
pole powierzchni przekroju. W pocz
ą
tkowym stadium próby rozci
ą
gania mi
ę
dzy tymi dwoma
napr
ęż
eniami nie ma istotnych ró
ż
nic, pojawiaj
ą
si
ę
one dopiero pod koniec platformy
płyni
ę
cia. Przebieg zmian napr
ęż
e
ń
rzeczywistych na rys.9.11 pokazany został lini
ą
przerywan
ą
.
Wykres rozci
ą
gania na rys. 9.11 pokazuje cechy i zachowanie si
ę
stali mi
ę
kkiej nazywanej te
ż
stal
ą
niskow
ę
glow
ą
bo zawarto
ść
w
ę
gla w jej składzie nie przekracza 0.30 %. Stal o takiej
charakterystyce jest powszechnie stosowana w budowlanych konstrukcjach stalowych.
Na rys. 9.12 naszkicowane zostały wykresy rozci
ą
gania innych metali.
Widoczny jest brak w pewnych materiałach
wyra
ź
nej granicy plastyczno
ś
ci
e
R
. W takich
przypadkach
posługujemy
si
ę
umown
ą
granic
ą
plastyczno
ś
ci oznaczan
ą
przez
2
0.
R
i
definiowan
ą
jako napr
ęż
enie, przy którym
trwałe odkształcenia liniowe wynosz
ą
0.2 %.
W przypadku statycznej próby
ś
ciskania
(sposób jej wykonania w przypadku metali
mo
ż
na znale
źć
w normie PN-57/H-04320) w
zakresie
napr
ęż
e
ń
poni
ż
ej
granicy
plastyczno
ś
ci charakter wykresu
ś
ciskania w
układzie
ε
σ
−
nie odbiega od wykresu
rozci
ą
gania. Stal mi
ę
kka, aluminium czy
mied
ź
maj
ą
granic
ę
proporcjonalno
ś
ci,
spr
ęż
ysto
ś
ci
i
plastyczno
ś
ci
nieomal
identyczn
ą
jak
przy
rozci
ą
ganiu. Przy
wi
ę
kszych napr
ęż
eniach charakter wykresu
si
ę
zmienia i jest to powodowane wpływem
aktualnej geometrii badanej próbki - zwi
ę
ksza
si
ę
pole jej przekroju poprzecznego.
400
800
0
σ
ε
stal twarda
mied
ź
stal mi
ę
kka
MPa
Rys. 9.12
30
%
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
80
Na
wielko
ś
ci
mechaniczne
materiałów
niew
ą
tpliwy wpływ maj
ą
ró
ż
ne czynniki
zewn
ę
trze, przykładowo mo
ż
na wymieni
ć
temperatur
ę
, wilgotno
ść
czy czas. To, jak
znaczn
ą
zmian
ę
wielko
ś
ci mechanicznych
b
ę
d
ą
one powodowa
ć
zale
ż
y mi
ę
dzy innymi
od rodzaju materiału.
Ni
ż
ej bardzo pobie
ż
nie, omówione zostan
ą
niektóre aspekty wpływu temperatury i czasu
na zachowanie si
ę
stali.
Wpływ temperatury na granic
ę
plastyczno
ś
ci
e
R
i wytrzymało
ść
na rozci
ą
ganie
m
R
pokazuje rys. 9.13.
Podwy
ż
szona
temperatura
aktywizuje
własno
ś
ci
reologiczne
stali
polegaj
ą
ce,
najpro
ś
ciej mówi
ą
c, na zmianie deformacji w
czasie przy stałych obci
ąż
eniach. W
ś
ród
zjawisk (procesów) reologicznych ciał stałych
zwykle rozró
ż
nia si
ę
zjawisko pełzania
okre
ś
lane jako wzrost odkształce
ń
w czasie
przy
stałych
napr
ęż
eniach
i
zjawisko
relaksacji definiowane jako spadek napr
ęż
e
ń
w czasie przy stałych odkształceniach.
Długotrwała próba rozci
ą
gania stali w podwy
ż
szonej temperaturze tj. próba pełzania (warunki
i sposób jej wykonania podany jest w normie PN-57/H-04330) poka
ż
e przebieg zmian
odkształce
ń
w czasie przy stałym napr
ęż
eniu, których wykres, tzw. krzyw
ą
pełzania
przedstawia rys. 9.14.
Wynikiem próby relaksacji byłaby krzywa relaksacji pokazuj
ą
ca zmian
ę
napr
ęż
e
ń
w czasie
przy stałych odkształcenia naszkicowana na rys. 9.15.
W metalach procesy reologiczne wyra
ź
nie si
ę
zaznaczaj
ą
przy temperaturach powy
ż
ej
0.3 – 0.4 ich temperatury topnienia.
Zjawiska reologiczne, zwłaszcza zjawisko relaksacji ma negatywny wpływ za zachowanie
si
ę
konstrukcji. Ono jest przyczyn
ą
spadku sił spr
ęż
aj
ą
cych w konstrukcjach spr
ęż
onych czy
rozlu
ź
niania si
ę
poł
ą
cze
ń
ś
rubowych i nitowanych.
W tablicy poni
ż
ej, podane s
ą
warto
ś
ci charakterystyk mechanicznych i stałych
materiałowych dla niektórych materiałów. Poniewa
ż
wielko
ś
ci te bardzo zale
żą
od składu
chemicznego, obróbki cieplnej, obróbki plastycznej jak i innych czynników (np. wilgotno
ś
ci
w przypadku drewna) podane warto
ś
ci nale
ż
y traktowa
ć
orientacyjnie , skupiaj
ą
c uwag
ę
na
krzywa pełzania
ε
const
=
σ
t
zniszczenie
σ
σ
σ
σ
const
=
ε
t
krzywa relaksacji
Rys .9.14
Rys .9.15
m
R
e
R
400
800
C
T
o
200
400
Rys. 9.13
MPa
σ
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
81
tym z jakim rz
ę
dem wielko
ś
ci mamy do czynienia. W nawiasach podana jest wytrzymało
ść
przy
ś
ciskaniu.
Materiał
Wytrzymałość na
rozciąganie
m
R
MPa
Granica
plastyczności
e
R
MPa
Wytrzymałość
obliczeniowa
r
R
MPa
Moduł
Younga
E
GPa
Liczba
Poissona
ν
Gęstość masy
ρ
kg/m
3
Stal
konstrukcyjna
St3SX,St3SY
375
225
205
205
0.30
7850
Aluminium
100
50
70
0.32-0.36
2070
Miedź
210-240
70
110
0.30-0.34
8960
Ż
eliwo szare
200-400
95-110
0.23-0.27
7100
Ołów
15
18
0.42
11340
Brąz
300
113
0.32-0.35
8860
Dural
270
150
67-74
0.32-0.35
2640
Beton B350
2.31 (36)
1.54 (27.7)
38.6
1/6
2500
Szkło
40-100
56
0.25
2400-2600
Drewno- sosna
(wzdłuż
włókien)
14-26
65-12.5
6
400-500
9.7. Podstawowe zasady i warunki projektowania
Maj
ą
c wyznaczone stany napr
ęż
enia, odkształcenia i przemieszczenia dla przypadku
osiowego rozci
ą
gania pr
ę
tów pryzmatycznych mamy podstawy do projektowania takich
elementów konstrukcji in
ż
ynierskich. Na tym przykładzie tego przypadku omówione zostan
ą
podstawowe poj
ę
cia i procedury zwi
ą
zane z projektowaniem przy bardziej zło
ż
onych
przypadkach obci
ąż
enia czy elementach konstrukcji. B
ę
dzie to w wi
ę
kszym stopniu
omówienie zasad wymiarowania ni
ż
projektowania, gdy
ż
przy projektowaniu oprócz zasad
wymiarowania niezb
ę
dna jest znajomo
ść
przepisów zwanych normami budowlanymi, które
b
ę
d
ą
szczegółowo omawiane w przedmiotach konstrukcyjnych jak konstrukcje stalowe,
betonowe,
ż
elbetowe czy drewniane.
B
ę
dzie to raczej omówienie zasad wymiarowania ni
ż
projektowania, gdy
ż
przy projektowaniu
oprócz zasad wymiarowania niezb
ę
dna jest znajomo
ść
przepisów zwanych normami
budowlanymi, które b
ę
d
ą
szczegółowo omawiane w przedmiotach konstrukcyjnych jak
konstrukcje stalowe, betonowe,
ż
elbetowe czy drewniane.
Zobaczymy pó
ź
niej, w trakcie studiowania wymienionych przedmiotów konstrukcyjnych ,
ż
e w wielu przypadkach, formuły czy zale
ż
no
ś
ci podane w normach, które s
ą
obowi
ą
zuj
ą
ce w
procesie projektowania b
ę
d
ą
do
ść
odległe od zasad wymiarowania podanych w tym jak i
innych podr
ę
cznikach wytrzymało
ś
ci materiałów
. Przyczyn
ę
tego stanu mo
ż
na przede
wszystkim upatrywa
ć
w tym,
ż
e wytrzymało
ść
materiałów
posługuje si
ę
w swych
rozwa
ż
aniach idealnym teoretycznym modelem materiału, konstrukcji, jak i schematach jej
zniszczenia, normy za
ś
staraj
ą
si
ę
uj
ąć
w globalny i uproszczony sposób najbardziej istotne
mechaniczne aspekty zachowania si
ę
elementów konstrukcji. St
ą
d np. wytrzymało
ść
materiałów
zazwyczaj okre
ś
la warunki dla napr
ęż
e
ń
w punkcie a normy formułuj
ą
warunki
no
ś
no
ś
ci dla przekroju. Niemniej jednak nie ma sprzeczno
ś
ci w tych dwóch podej
ś
ciach i co
wi
ę
cej znajomo
ść
zasad wymiarowania jest niezb
ę
dna do zrozumienia i racjonalnego
stosowania normowych zasad projektowania.
Jak ju
ż
wcze
ś
niej powiedzieli
ś
my materiał, kształt i wymiary konstrukcji musz
ą
by
ć
dobrane
w taki sposób, aby była ona odpowiednio wytrzymała, sztywna i stateczna. Je
ż
eli konstrukcja
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
82
lub jej cz
ęść
przestaje przenosi
ć
obci
ąż
enie, do przeniesienia którego została przeznaczona
lub te
ż
gdy nie odpowiada zało
ż
onym warunkom u
ż
ytkowania, mówimy,
ż
e znajduje si
ę
w
stanie granicznym. Mo
ż
emy wyró
ż
ni
ć
dwa stany graniczne:
• stan graniczny no
ś
no
ś
ci i
• stan graniczny u
ż
ytkowania.
Stan graniczny no
ś
no
ś
ci zwi
ą
zany jest z wyst
ą
pieniem zniszczenia ci
ą
gło
ś
ci materiału w
punkcie lub obszarze, zmiany konstrukcji w mechanizm, uszkodzeniem spowodowanym
zm
ę
czeniem materiału, utrat
ą
stateczno
ś
ci przez cz
ęść
lub cał
ą
konstrukcj
ę
.
Stan graniczny u
ż
ytkowania natomiast zwi
ą
zany jest z wyst
ą
pieniem nadmiernych
przemieszcze
ń
, uszkodze
ń
zwi
ą
zanych z korozj
ą
, nadmiernych drga
ń
itp.
Warunki, które konstrukcja musi spełni
ć
, wynikaj
ą
ce z obu stanów granicznych formułowane
b
ę
d
ą
w postaci nierówno
ś
ci, w których w stanie granicznym no
ś
no
ś
ci b
ę
dzie wyst
ę
powa
ć
pewna graniczna warto
ść
napr
ęż
e
ń
, a w stanie granicznym u
ż
ytkowania graniczna warto
ść
przemieszcze
ń
zwi
ą
zana z warunkami u
ż
ytkowania.
Te graniczne warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
, wyznaczane na podstawie do
ś
wiadcze
ń
(np. próby
rozci
ą
gania czy
ś
ciskania) i analizy probabilistycznej otrzymanych z nich wyników,
gwarantuj
ą
bezpieczny stan materiału w danym punkcie i nazywane s
ą
jego wytrzymało
ś
ci
ą
charakterystyczn
ą
.
Poniewa
ż
w procesie projektowania konstrukcji mog
ą
ce wyst
ą
pi
ć
liczne czynniki
przypadkowe, zwi
ą
zane np. z niedokładno
ś
ci
ą
danych o geometrii konstrukcji, jej
obci
ąż
eniach czy bł
ę
dach wykonania, do oblicze
ń
przyjmowana jest wytrzymało
ść
obliczeniowa, b
ę
d
ą
ca ilorazem wytrzymało
ś
ci charakterystycznej i współczynników
materiałowych spełniaj
ą
cych rol
ę
współczynników bezpiecze
ń
stwa. W praktyce projektowej
dowiemy si
ę
,
ż
e wytrzymało
ść
obliczeniowa jest zwi
ą
zana nie tylko z samym materiałem ale
równie
ż
z rodzajem konstrukcji. Polska Norma do obliczania i projektowania
ogólnobudowlanych konstrukcji stalowych PN-90/B-03200 wyró
ż
nia tylko jedn
ą
wytrzymało
ść
obliczeniow
ą
stali oznaczan
ą
przez
d
f
(modyfikowan
ą
współczynnikami
liczbowymi dla innych przypadków obci
ąż
enia), podczas gdy norma obowi
ą
zuj
ą
ca przy
projektowaniu mostów PN-82/S-100052 wyró
ż
nia wytrzymało
ść
obliczeniow
ą
stali
elementów konstrukcji mostowych pracuj
ą
cych na rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie osiowe, rozci
ą
ganie
przy zginaniu
R
, na
ś
cinanie
t
R
, na docisk powierzchni przylegaj
ą
cych
d
R
, na docisk
powierzchni stycznych
dH
R
. W normach zwi
ą
zanych z konstrukcjami betonowymi,
ż
elbetowymi, drewnianymi i murowymi wyst
ę
puj
ą
jeszcze inne wielko
ś
ci.
Dlatego te
ż
w toku naszych dalszych rozwa
ż
a
ń
, nie umniejszaj
ą
c zasadniczo ich ogólno
ś
ci,
b
ę
dziemy si
ę
posługiwa
ć
jedynie poj
ę
ciami wytrzymało
ś
ci obliczeniowej przy
ś
ciskaniu
c
R
,
przy rozci
ą
ganiu
r
R
i przy
ś
cinaniu
t
R
. W przypadku materiału izonomicznego (np. stal) i
napr
ęż
e
ń
normalnych, u
ż
ywa
ć
b
ę
dziemy jednej wytrzymało
ś
ci obliczeniowej
R
.
W zwi
ą
zku z powy
ż
szym warunki wymiarowania pr
ę
tów osiowo rozci
ą
ganych b
ę
d
ą
miały
posta
ć
:
• ze wzgl
ę
du na stan graniczny no
ś
no
ś
ci
r
x
R
A
N
max
max
≤
=
σ
• ze wzgl
ę
du na stan graniczny u
ż
ytkowania
dop
l
A
E
l
N
max
l
max
∆
∆
≤
=
.
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
83
W przypadku pr
ę
tów osiowo
ś
ciskanych w miejsce wytrzymało
ś
ci obliczeniowej przy
rozci
ą
ganiu
r
R
nale
ż
y wstawi
ć
wytrzymało
ść
obliczeniow
ą
przy
ś
ciskaniu
c
R
, przy czym
musimy pami
ę
ta
ć
,
ż
e pr
ę
t musi by
ć
w stanie równowagi statecznej i warunki jej zapewnienia
b
ę
d
ą
sformułowane w toku dalszych wykładów.
9.8. Przykłady
Przykład 9.8.1.
Wyznaczy
ć
ś
rednice kołowego stalowego pr
ę
ta o skokowo zmiennym
przekroju poprzecznym obci
ąż
onym jak na rysunku je
ś
li wytrzymało
ść
obliczeniowa stali
R
= 165 MPa. Po okre
ś
leniu wymiarów przekroju poprzecznego obliczy
ć
przemieszczenia
wzdłu
ż
osi pr
ę
ta
( )
x
u
i zmian
ę
ś
rednicy w przekroju najwi
ę
kszej siły podłu
ż
nej, je
ś
li moduł
Younga E = 205 GPa, a liczba Poissona
ν
= 0.3.
Rozwiązanie
Ś
rednice wyznaczymy z warunku no
ś
no
ś
ci i wpierw nale
ż
y wyznaczy
ć
siły osiowe w pr
ę
cie.
Jest to proste zadanie w analizowanym przykładzie i ich rozkład pokazany jest na rysunku.
Ś
rednica na odcinku AB:
R
N
A
R
A
N
AB
AB
AB
AB
≥
→
≤
2
1
6
3
2
1
10
89
5
10
165
10
450
4
−
≥
→
≥
*
.
d
*
*
d
π
m
Przyj
ę
to do wykonania
0
6
1
.
d
=
cm.
Ś
rednica na odcinku BD:
R
N
max
A
R
A
N
max
BD
BD
BD
BD
≥
→
≤
2
2
6
3
2
2
10
20
5
10
165
10
350
4
−
≥
→
≥
*
.
d
*
*
d
π
m
Przyj
ę
to do wykonania
2
5
2
.
d
=
cm.
Przemieszczenia wzdłu
ż
osi pr
ę
ta (wydłu
ż
enia)
( )
x
u
:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
∫
∫
=
→
=
→
=
→
=
x
x
x
x
x
dx
A
E
x
N
x
u
dx
x
x
u
dx
x
x
u
d
dx
x
u
d
x
0
0
ε
ε
ε
gdy N(x) jest stałe to
( )
x
A
E
N
x
u
=
i wydłu
ż
enie jest liniow
ą
funkcj
ą
współrz
ę
dnej x.
St
ą
d w rozwa
ż
anym przykładzie:
0 < x < 1.0 m
( )
(
)
x
x
x
u
3
4
2
9
3
10
*
78
.
0
10
*
4
6
10
*
205
10
*
450
−
−
=
=
π
0.78
1.18
4
5
0
3
5
0
1
5
0
N(x)
kN
1.35
u(x)
mm
A
u
2
d
1
d
x
200 kN
150 kN
100 kN
B
C
D
1.0 m
0.5m
0.5m
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
84
( )
AB
l
u
∆
=
1
= 0.78 *10
-3
m = 0.78 mm .
1.0 < x < 1.5 m
( )
(
)
(
)
(
)
1
10
*
80
.
0
1
10
*
4
2
.
5
10
*
205
10
*
350
3
4
2
9
3
−
+
=
−
+
=
−
−
x
l
x
l
x
u
AB
AB
∆
π
∆
( )
(
)
3
10
*
40
.
0
78
.
0
5
.
1
−
+
=
+
=
=
BC
AB
AC
l
l
l
u
∆
∆
∆
= 1.18*10
–3
m = 1.18 mm
1.5 < x < 2.0 m
( )
(
)
(
)
(
)
5
.
1
10
*
34
.
0
5
.
1
10
*
4
2
.
5
10
*
205
10
*
150
3
4
2
9
3
−
+
=
−
+
=
−
−
x
l
x
l
x
u
AC
AC
∆
π
∆
( )
(
)
3
10
*
17
.
0
40
.
0
78
.
0
0
.
2
−
+
+
=
+
+
=
=
CD
BC
AB
AD
l
l
l
l
u
∆
∆
∆
∆
= 1.35*10
–3
m =1.35 mm .
Zmiana wymiarów
ś
rednicy w miejscu najwi
ę
kszej siły podłu
ż
nej wynosi:
(
)
3
2
4
2
9
3
1
1
10
*
014
.
0
10
*
6
10
*
4
6
10
*
205
10
*
450
3
.
0
−
−
−
−
=
−
=
−
=
π
ν
∆
d
A
E
N
d
AB
AB
m = -0.014 mm .
Warto zwróci
ć
uwag
ę
jak małe s
ą
wielko
ś
ci przemieszcze
ń
i zmiany wymiarów w stosunku
do pocz
ą
tkowych wymiarów konstrukcji. Potwierdza to zasadno
ść
przyj
ę
cia zało
ż
enia zasady
zesztywnienia jak i pó
ź
niejsze zało
ż
enia o małych odkształceniach.
Przykład 9.8.2.
Pr
ę
t pryzmatyczny, jak na
rysunku, obci
ąż
ony jest tylko ci
ęż
arem
własnym. Wyznaczy
ć
( )
x
N
,
( )
x
x
σ
i
( )
x
u
je
ś
li znane s
ą
jego: pole przekroju A, ci
ęż
ar
obj
ę
to
ś
ciowy
γ
, długo
ść
l oraz moduł
spr
ęż
ysto
ś
ci podłu
ż
nej E. Obliczy
ć
długo
ść
zerwania je
ś
li wytrzymało
ść
na rozci
ą
ganie
wynosi R
m
.
Rozwiązanie
Wyznaczenie sił podłu
ż
nych:
( )
(
)
( )
( )
γ
γ
l
A
N
x
N
max
;
x
l
A
x
N
=
=
−
=
0
Siły podłu
ż
ne zmieniaj
ą
liniowo wzdłu
ż
osi pr
ę
ta i osi
ą
gaj
ą
maksymaln
ą
warto
ść
w
utwierdzeniu.
Napr
ęż
enia normalne:
( )
( ) ( )
( )
γ
σ
σ
γ
σ
l
max
;
x
l
A
x
N
x
x
x
x
=
=
−
=
=
0
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
te
ż
zmieniaj
ą
si
ę
liniowo wzdłu
ż
osi pr
ę
ta, osi
ą
gaj
ą
maksymaln
ą
warto
ść
w utwierdzeniu i ta maksymalna warto
ść
nie zale
ż
y od pola przekroju poprzecznego pr
ę
ta.
Przemieszczenia wzdłu
ż
osi pr
ę
ta (wydłu
ż
enia)
( )
x
u
:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
∫
=
→
=
→
=
x
x
x
x
dx
x
x
u
dx
x
x
u
d
dx
x
u
d
x
0
ε
ε
ε
( )
( )
(
)
(
)
[
]
(
)
2
2
2
0
0
2
2
2
x
lx
E
l
x
l
E
dx
x
l
E
dx
E
x
x
u
x
x
x
−
=
−
−
−
=
−
=
=
∫
∫
γ
γ
γ
σ
( )
x
N
x
l
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
85
( )
E
l
l
l
u
u
max
2
2
γ
∆
=
=
=
Przemieszczenia s
ą
kwadratow
ą
funkcj
ą
współrz
ę
dnej x i osi
ą
gaj
ą
sw
ą
najwi
ę
ksz
ą
warto
ść
na
ko
ń
cu pr
ę
ta, przy czym warto
ść
ta nie zale
ż
y od pola przekroju poprzecznego pr
ę
ta. Wykresy
poszukiwanych funkcji pokazuje rysunek poni
ż
ej.
Długo
ść
zerwania
R
l
to długo
ść
pr
ę
ta, obci
ąż
onego jedynie ci
ęż
arem własnym, przy której
najwi
ę
ksze w nim napr
ęż
enia normalne b
ę
d
ą
równe wytrzymało
ś
ci na rozci
ą
ganie (mo
ż
na
powiedzie
ć
: długo
ść
przy której zerwie si
ę
pod ci
ęż
arem własnym).
Zatem:
γ
γ
σ
m
R
R
m
x
R
l
l
R
max
=
→
=
=
Jak wida
ć
długo
ść
zerwania
R
l
jest stał
ą
materiałow
ą
. Przykładowe wielko
ś
ci długo
ś
ci
zerwania: drewno sosnowe 13.5 km, stal niskow
ę
glowa 4.8 km, stal wysokow
ę
glowa 9.1 km,
duraluminium 16.9 km .
Przykład 9.8.3.
Na 1 m długo
ś
ci ławy fundamentowej o
przekroju prostok
ą
tnym bxh wykonanej z betonu o
ci
ęż
arze obj
ę
to
ś
ciowym
γ
= 22 kN/m
3
przekazuje si
ę
równomiernie rozło
ż
one obci
ąż
enie ze
ś
ciany q = 250
kN/m. Wyznaczy
ć
potrzebn
ą
szeroko
ść
fundamentu b
je
ś
li jej wysoko
ść
h = 1.5 m, a wytrzymało
ść
obliczeniowa gruntu na
ś
ciskanie, na którym jest on
posadowiony wynosi R
c,g
= 0.2 MPa
Rozwiązanie
Siła przekazywana z fundamentu na grunt wynosi:
1
1
*
b
*
h
*
*
q
N
γ
+
=
Z warunku no
ś
no
ś
ci wynika:
g
,
c
g
,
c
R
*
b
*
b
*
h
*
*
q
R
*
b
N
≤
+
→
≤
1
1
1
1
γ
5
1
10
2
0
5
1
10
22
10
250
6
3
3
.
b
*
.
b
b
*
.
*
*
*
≥
→
≤
+
m.
Przykład 9.8.4.
Nadpro
ż
e wykonane z belki dwuteowej 200 przekazuje na mur obci
ąż
enie
w postaci siły P = 60 kN. Obliczy
ć
potrzebn
ą
długo
ść
oparcia belki przyjmuj
ą
c,
ż
e
napr
ęż
enie obliczeniowe muru na
ś
ciskanie R
c,m
= 2.0 MPa.
( )
x
u
E
l
2
2
γ
l
x
( )
x
x
σ
γ
l
γ
l
A
( )
x
N
1.0 m
b
h
q =250 kN/m
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
86
Rozwiązanie
Z warunku no
ś
no
ś
ci wynika:
2
6
2
3
10
3
33
10
2
10
9
10
60
−
−
≥
→
≥
→
≥
→
≤
*
.
a
*
*
*
*
a
R
*
s
P
a
R
a
*
s
P
m
,
c
m
,
c
m
Przyj
ę
to do wykonania
35
=
a
cm.
W dwóch ostatnich powy
ż
szych przykładach warto zauwa
ż
y
ć
jak schemat obliczeniowy (pr
ę
t
pryzmatyczny osiowo obci
ąż
ony) daleko odbiega od rzeczywistej konstrukcji.
Przykład 9.8.5.
Wyznaczy
ć
nacisk N na 1 m długo
ś
ci przyczółka mostu jaki wywiera płyta
ż
elbetowa o grubo
ś
ci h = 42 cm przy wzro
ś
cie temperatury
∆
T
= 25
° C je
ś
li moduł
spr
ęż
ysto
ś
ci podłu
ż
nej betonu E = 38.6 GPa a współczynnik rozszerzalno
ś
ci liniowej
α
T
= 10
-5
/
°C. Płyta przylega
ś
ci
ś
le do obu przyczółków.
Rozwiązanie
Wydłu
ż
enie rozpi
ę
to
ś
ci płyty l w przypadku jej swobodnego podparcia byłoby równe
∆
l
=
α
T
∆
T l
.
Skrócenie jej rozpi
ę
to
ś
ci na skutek przyło
ż
enia
ś
ciskaj
ą
cej siły wynosi
∆
l
= Nl/EA.
Porównanie obu tych wielko
ś
ci daje równo
ść
:
3
9
5
10
053
4
42
0
10
6
38
25
10
1
*
.
.
*
*
.
*
*
h
E
T
N
*
h
*
E
l
N
l
T
T
T
=
=
=
→
=
−
∆
α
∆
α
kN.
Wida
ć
z powy
ż
szego,
ż
e ta siła (a jest ona bardzo du
ż
a) nie zale
ż
y od rozpi
ę
to
ś
ci płyty
mostowej. Oczywi
ś
cie szeroko
ść
potrzebnej szczeliny dylatacyjnej b
ę
dzie od niej zale
ż
ała.
Przykład 9.8.6.
Dobra
ć
potrzebny przekrój pr
ę
ta AB w pasie dolnym podanej stalowej
kratownicy, je
ś
li wytrzymało
ść
obliczeniowa stali R = 215 MPa. Przekrój pr
ę
ta ma by
ć
zło
ż
ony z dwóch k
ą
towników równoramiennych. Po wyznaczeniu przekroju obliczy
ć
no
ś
no
ść
tego pr
ę
ta.
Rozwiązanie
Sił
ę
w pr
ę
cie AB wyznaczymy
metod
ą
Rittera.
Warunek
równowagi odci
ę
tej lewej cz
ęś
ci
kratownicy daje:
0
=
L
C
M
Σ
0
4
*
2
*
100
4
*
50
4
*
300
=
−
−
−
AB
N
200
=
AB
N
kN (pr
ę
t jest rozci
ą
gany)
P
a
a
s=9 cm
B
AB
N
C
A
100 kN
300 kN
300 kN
6*2 m
100 kN 100 kN 100 kN 100 kN
2 m
50 kN
50 kN
2 m
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
87
Potrzebne pole przekroju poprzecznego wyznaczamy z warunku granicznego no
ś
no
ś
ci:
4
6
3
10
*
302
.
9
10
*
215
10
*
200
−
=
≥
→
≥
→
≤
A
R
N
A
R
A
N
AB
AB
m
2
= 9.302 cm
2
.
Przyj
ę
to
z
tablic
profili
walcowanych
2
45/45/6,
których
pole
przekroju
poprzecznego
2
.
10
=
A
cm
2
(najbli
ż
sze w
tablicach ale wi
ę
ksze od obliczonego).
Przez no
ś
no
ść
pr
ę
ta rozumiemy najwi
ę
ksz
ą
sił
ę
podłu
ż
n
ą
któr
ą
mo
ż
e przenie
ść
bez utraty
ci
ą
gło
ś
ci.
Z warunku no
ś
no
ś
ci otrzymujemy no
ś
no
ść
pr
ę
ta AB:
3
2
10
3
219
10
215
2
10
*
.
*
*
.
N
max
R
A
N
max
R
A
N
max
AB
AB
AB
=
≤
→
≤
→
≤
N.
Przykład 9.8.7.
Wyznaczy
ć
potrzebne wymiary
przekrojów poprzecznych pr
ę
tów danego układu
przegubowo-pr
ę
towego
je
ś
li:
wytrzymało
ść
obliczeniowa stali R = 165 MPa i wytrzymało
ść
obliczeniowa drewna przy
ś
ciskaniu R
c,d
= 10 MPa.
Po wyznaczeniu wymiarów okre
ś
li
ć
poło
ż
enie
punktu B po deformacji, je
ś
li moduły spr
ęż
ysto
ś
ci
podłu
ż
nej stali i drewna wynosz
ą
:
E
s
= 205 GPa i E
d
= 9 GPa.
Rozwiązanie
Siły w pr
ę
tach wyznaczymy z warunków
równowagi sił działaj
ą
cych na w
ę
zeł B.
0
sin
;
0
0
cos
;
0
=
−
=
=
−
−
=
P
N
Y
N
N
X
BC
AB
BC
α
Σ
α
Σ
0
.
32
−
=
AB
N
kN (pr
ę
t
ś
ciskany)
0
.
40
=
BC
N
kN (pr
ę
t rozci
ą
gany)
Wymiary przekrojów poprzecznych pr
ę
tów wyznaczymy z warunku granicznego no
ś
no
ś
ci.
Pr
ę
t AB – drewniany;
ś
ciskany:
6
3
2
,
,
10
*
10
10
*
32
≥
→
≥
→
≤
a
R
N
A
R
A
N
d
c
AB
AB
d
c
AB
AB
2
10
*
66
.
5
−
≥
a
m
Przyj
ę
to do wykonania a = 6.0 cm.
Skrócenie pr
ę
ta AB
Pr
ę
t BC – stalowy; rozci
ą
gany:
6
3
2
10
*
165
10
*
40
4
≥
→
≥
→
≤
d
R
N
A
R
A
N
s
BC
BC
s
BC
BC
π
2
10
*
76
.
1
−
≥
d
m
Przyj
ę
to do wykonania d = 1.8 cm.
Wydłu
ż
enie pr
ę
ta BC
d
B
α
P = 24 kN
A
C
a
drewno
stal
3.0 m
4.0 m
N
BC
N
AB
B
α
P = 24 kN
X
Y
45 mm
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
88
=
=
=
−4
9
3
10
*
36
*
10
*
9
4
*
10
*
32
AB
d
AB
AB
AB
A
E
l
N
l
∆
2
10
*
395
.
0
−
=
m.
(
)
=
=
=
−4
2
9
3
10
*
4
8
.
1
*
10
*
205
5
*
10
*
40
π
∆
BC
s
BC
BC
BC
A
E
l
N
l
2
10
*
383
.
0
−
=
m.
Ze wzgl
ę
du na bardzo małe skrócenie i wydłu
ż
enie pr
ę
tów,
poło
ż
enia punktu B po deformacji poszukiwa
ć
b
ę
dziemy na
prostych prostopadłych do pierwotnych kierunków pr
ę
tów, tak
jak to jest pokazane na rysunku obok, nazywanym planem
przemieszcze
ń
. W przyj
ę
tym układzie odniesienia współrz
ę
dne
wektora przemieszczenia
(
)
B
B
v
u
B
B
,
'
maj
ą
warto
ś
ci:
395
.
0
−
=
−
=
AB
B
l
u
∆
cm
165
.
1
6
.
0
383
.
0
3
4
395
.
0
sin
ctg
=
+
=
+
=
α
∆
α
∆
BC
AB
B
l
l
v
cm
Przerywane linie na planie przemieszcze
ń
wyja
ś
niaj
ą
, w jaki
sposób wyliczono
B
v
.
Przykład 9.8.8.
Wyznaczy
ć
współrz
ę
dne wektora przemieszczenia punktu przyło
ż
enia siły podanego układu
przegubowo-pr
ę
towego.
Rozwiązanie
Przyjmijmy,
ż
e znane s
ą
warto
ś
ci siły, wielko
ś
ci
okre
ś
laj
ą
ce geometri
ę
układu i moduł Younga co
pozwala wyliczy
ć
siły w pr
ę
tach układu i wielko
ś
ci
wydłu
ż
enia i skrócenia odpowiednich pr
ę
tów
1
∆
i
2
∆
.
Przy dowolnej geometrii układu kłopotliwe jest po
narysowaniu
planu
przemieszcze
ń
wyznaczenie
współrz
ę
dnych
wektora
przemieszczenia
punktu
przyło
ż
enia siły
).
,
(
'
A
A
v
u
A
A
Łatwo mo
ż
na to zrobi
ć
post
ę
puj
ą
c w pokazany ni
ż
ej sposób.
W rozwa
ż
anym punkcie przyjmijmy układ odniesienia
(u, v) w którym chcemy wyznaczy
ć
współrz
ę
dne
wektora
przemieszczenia. Współrz
ę
dne wersorów
kierunkowych pr
ę
tów w przyj
ę
tym układzie wynosz
ą
odpowiednio:
(
)
α
α
sin
,
cos
1
e
oraz
(
)
β
β
sin
,
cos
2
−
e
i ich wyznaczenie jest proste przy znanej geometrii
układu.
Korzystaj
ą
c z własno
ś
ci iloczynu skalarnego wektorów
mo
ż
emy napisa
ć
układ równa
ń
:
=
=
2
2
'
1
1
'
∆
∆
e
A
A
e
A
A
→
(
)
=
+
−
=
+
2
1
sin
cos
sin
cos
∆
β
β
∆
α
α
A
A
A
A
v
u
v
u
,
z którego nie jest trudno wyliczy
ć
obie poszukiwane
współrz
ę
dne
A
u
oraz
A
v
.
B
u
u
AB
l
∆
α
α
B
α
BC
l
∆
v
B
’
B
v
A
2
1
α
β
P
1
e
2
∆
A
2
1
α
β
u
A
’
v
1
∆
2
e
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
89
W omawianym przykładzie przyjmuj
ą
one warto
ś
ci:
α
β
β
α
α
∆
β
∆
cos
sin
cos
sin
sin
sin
2
1
+
−
=
A
u
;
α
β
β
α
α
∆
β
∆
cos
sin
cos
sin
cos
cos
2
1
+
+
=
A
v
.
Przykład 9.8.9.
Wyznaczy
ć
siły w odkształcalnych pr
ę
tach układu statycznie wyznaczalnego
i współrz
ę
dne wektora przemieszczenia punktu K. Dane s
ą
warto
ś
ci obci
ąż
e
ń
, moduły
spr
ęż
ysto
ś
ci i wymiary układu. Nieodkształcalne pr
ę
ty układu narysowane zostały grubymi
liniami.
W celu wyznaczenia sił w odkształcalnych pr
ę
tach dokonujemy podziału konstrukcji, a
nast
ę
pnie rozpatrujemy warunki równowagi odci
ę
tych cz
ęś
ci.
P
N
a
P
a
N
M
D
2
0
*
4
2
*
0
2
2
=
=
−
→
=
Σ
P
N
a
P
a
N
a
N
M
C
3
0
*
2
*
*
0
1
2
1
=
=
+
−
→
=
Σ
Znajomo
ść
sił w pr
ę
tach 1 oraz 2 pozwala wyznaczy
ć
ich wydłu
ż
enia:
1
1
1
3
A
E
a
P
=
∆
oraz
2
2
2
4
A
E
a
P
=
∆
.
Przemieszczenie punktu K b
ę
dzie zale
ż
ało od przemieszczenia punktu B spowodowanego
wydłu
ż
eniem pr
ę
ta 1 oraz wydłu
ż
enia pr
ę
ta 2.
Plan przemieszcze
ń
pokazuje rysunek ni
ż
ej.
2
1
D
a
P
4P
a
a
a
a
K
C
B
A
P
C
B
A
N
2
N
1
a
a
a
D
4P
K
N
2
a
V
D
H
D
H
C
V
C
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
90
Poło
ż
enia punktu A po deformacji poszukujemy na prostopadłej do pierwotnego kierunku
pr
ę
ta 1 i prostopadłej do kierunku odcinka AC, który jest nieodkształcalny. Podobnie
post
ę
pujemy w punkcie K.
Współrz
ę
dne przemieszczenia wektora punktu K wynosz
ą
:
2
1
2
∆
∆
+
=
K
u
i
(
)
α
∆
∆
tg
2
2
1
+
=
K
v
gdzie: tg
α
=
1/2.
Przykład 9.8.10.
Pr
ę
t BC ( na odcinku B1
– drewniany na odcinku 1C – stalowy),
potrzymuje sztywn
ą
ram
ę
AD konstrukcji
pr
ę
towej o geometrii i obci
ą
zeniu jak na
rys. Wyznaczy
ć
wymiar a pr
ę
ta BC z
warunku no
ś
no
ś
ci , je
ś
li: wytrzymało
ść
obliczeniowa na rozci
ą
ganie stali
215
=
s
R
MPa, drewna
8
=
d
R
MPa, i
warunku u
ż
ytkowania
ż
adaj
ą
cym aby
pionowe przemieszczenie punktu D - v
D
nie przekraczało 1 cm. Moduł spr
ęż
ysto
ś
ci
wynosz
ą
: stali
205
=
s
E
GPa, drewna
9
=
d
E
GPa.
Rozwiązanie
Obliczenie sił osiowych w pr
ę
cie BC.
Sił
ę
na odcinku B1 wyznaczymy z warunku
zerowania si
ę
momentów wzgl
ę
dem punktu
A
wszystkich sił działaj
ą
cych na odci
ę
t
ą
cz
ęść
konstrukcji (rys. obok)
∑
= 0
A
M
,
0
2
4
10
2
4
12
2
4
1
=
−
+
*
*
*
*
N
B
,
142
2
1
.
N
B
=
kN.
Siła na odcinku 1C jest równa:
142
14
00
12
142
2
1
1
.
.
.
P
N
N
B
C
=
+
=
+
=
kN.
v
α
K
2
1
D
C
B
K
α
∆
1
B
’
A
’
2
∆
1
2
∆
1
+
∆
2
u
a
a
a
a
a
A
C
4 m
2 m
P=12 kN
A
1
B
D
a
2a
q=10 kN/m
2 m
4 m
2 m
q=10 kN/m
N
B1
C
4 m
P=12 kN
A
D
4 m
V
A
H
A
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
91
Wyznaczenie wymiaru a z warunku no
ś
no
ś
ci:
pr
ę
t stalowy:
2
6
3
2
2
1
10
915
0
10
215
10
142
14
4
4
−
≥
→
≥
→
≤
*
.
a
*
*
.
a
R
a
N
s
C
π
π
m,
pr
ę
t drewniany:
2
6
3
2
2
1
10
818
0
10
8
10
142
2
4
4
−
≥
→
≥
→
≤
*
.
a
*
*
.
a
R
a
N
d
B
m.
Wyznaczenie wymiaru a przekroju pr
ę
ta z
warunku u
ż
ytkowania.
Pionowe przemieszczenie punktu D, które
wynosi (patrz rys. obok)
β
cos
DD
v
'
D
=
potrzebujemy wyrazi
ć
poprzez wydłu
ż
enie
pr
ę
ta BC.
Z planu przemieszcze
ń
pokazanego obok
odczytujemy,
832
0
6
4
6
2
2
.
cos
=
+
=
β
,
α
α
tg
.
tg
DD
'
211
7
6
4
2
2
=
+
=
'
CC
tg
2
4
=
α
Wydłu
ż
enie pr
ę
ta BC :
=
+
=
+
=
+
=
=
4
10
205
2
2
142
14
4
10
9
2
2
142
2
2
9
2
9
1
1
1
1
1
1
1
1
a
*
*
*
.
a
*
*
*
.
A
*
E
l
N
A
*
E
l
N
l
l
CC
l
C
s
C
C
B
d
B
B
C
B
'
BC
π
∆
∆
∆
2
9
10
417
0
−
−
=
a
*
.
Pionowe przemieszczenie punktu D:
2
9
10
152
14
938
33
−
−
=
=
=
a
*
.
CC
*
.
cos
DD
v
'
'
D
β
,
st
ą
d warunek u
ż
ytkowania daje:
2
2
2
9
10
189
1
10
1
10
152
14
−
−
−
−
≥
→
≤
*
.
a
*
a
*
.
m.
Jak wid
ą
c z oblicze
ń
o wielko
ś
ci a decyduje w tym przypadku stan graniczny u
ż
ytkowania i
ostatecznie przyj
ę
to do wykonania
20
1.
a
=
cm.
Przykład 9.8.11.
Wyznaczy
ć
siły w pr
ę
tach układu pokazanego na rysunku, obci
ąż
onego sił
ą
P
= 48 kN je
ś
li przekroje wszystkich pr
ę
tów s
ą
jednakowe o polu A = 2 cm
2
. Okre
ś
li
ć
poło
ż
enie punktu przyło
ż
enia siły po deformacji je
ś
li moduł Younga materiału pr
ę
tów E =
205 GPa.
C
v
D
A
α
B
D
D
’
C
’
α
B
β
4 m
2 m
4 m
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
92
0
.
4
1
=
l
m,
4
.
2
2
=
l
m,
0
.
3
3
=
l
m
8
.
0
sin
=
α
6
.
0
cos
=
α
Rozwiązanie
Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna. Wida
ć
to wyra
ź
nie po wyci
ę
ciu
w
ę
zła K, na który, oprócz siły zewn
ę
trznej P, oddziaływaj
ą
trzy niewiadome siły osiowe z
pr
ę
tów, a poniewa
ż
tworz
ą
one układ sił zbie
ż
nych, to istniej
ą
jedynie dwa niezale
ż
ne
warunki
równowagi. W przypadku konstrukcji statycznie niewyznaczalnych, aby wyznaczy
ć
siły przekrojowe lub reakcje oprócz równa
ń
równowagi musimy sformułowa
ć
równania
geometryczne wynikaj
ą
ce z kinematycznych warunków brzegowych (sposobu podparcia lub
wzajemnych poł
ą
cze
ń
elementów konstrukcji). Liczba niezale
ż
nych równa
ń
geometrycznych
jest równa „krotno
ś
ci” statycznej niewyznaczalno
ś
ci układu. Tak wi
ę
c komplet równa
ń
, który
pozwala na wyznaczenie sił przekrojowych, składa si
ę
z równa
ń
równowagi i równa
ń
geometrycznych.
W tym miejscu nale
ż
y powiedzie
ć
jeszcze o innej wa
ż
nej ró
ż
nicy mi
ę
dzy układami statycznie
niewyznaczalnymi i wyznaczalnymi. Rzecz w tym,
ż
e na wielko
ś
ci sił przekrojowych w
konstrukcjach statycznie niewyznaczalnych maj
ą
wpływ: zmiany temperatury, bł
ę
dy
monta
ż
owe, osiadanie podpór, charakterystyki geometryczne przekrojów (pole przekroju,
momenty bezwładno
ś
ci) jak i stałe materiałowe. W konstrukcjach statycznie wyznaczalnych
siły przekrojowe s
ą
niezale
ż
ne od tych zjawisk i parametrów.
Równania równowagi:
0
0
3
1
=
+
−
=
α
α
Σ
cos
N
sin
N
;
X
,
P
sin
N
N
cos
N
;
Y
=
+
+
=
α
α
Σ
3
2
1
0
.
Warunek geometryczny w rozwa
ż
anym układzie wynika
z poł
ą
czenia trzech pr
ę
tów w w
ęź
le K. Wydłu
ż
enia
pr
ę
tów musz
ą
by
ć
takie, aby po deformacji ko
ń
ce
pr
ę
tów schodziły si
ę
w jednym punkcie. Narysowany
obok plan przemieszcze
ń
stanowi podstaw
ę
do
sformułowania równania geometrycznego, a dokładniej
mówi
ą
c równania nierozdzielno
ś
ci przemieszcze
ń
. Przy
wyznaczeniu tego równania zastosujemy wcze
ś
niej
opisane podej
ś
cie, wykorzystuj
ą
ce iloczyny skalarne
wektora przemieszczenia
(
)
K
K
v
u
K
K
,
'
i wersorów
1
3
α
3.2 m
K
P
1.8
m
2.4 m
2
N
1
α
K
P
N
2
N
3
2
e
1
e
α
K
∆
3
1
u
v
∆
1
∆
2
2
3
K
’
3
e
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
93
kierunkowych pr
ę
tów układu
3
2
1
,
,
e
e
e
.
I tak, współrz
ę
dne wersorów w przyj
ę
tym układzie osi (u, v) s
ą
:
(
)
α
α
cos
,
sin
1
e
,
(
)
1
,
0
1
e
,
(
)
α
α
sin
,
cos
3
−
e
.
Układ równa
ń
, z którego dla dowolnej geometrii układu łatwo mo
ż
emy wyznaczy
ć
równanie
nierozdzielno
ś
ci przemieszcze
ń
ma posta
ć
:
=
⋅
=
⋅
=
⋅
3
3
'
2
2
'
1
1
'
∆
∆
∆
e
K
K
e
K
K
e
K
K
Z takiego układu zawsze mo
ż
na uzyska
ć
równanie wi
ążą
ce wydłu
ż
enia pr
ę
tów.
Podstawienie danych z rozwa
ż
anego przykładu daje układ:
=
+
−
=
=
+
3
2
1
sin
cos
cos
sin
∆
α
α
∆
∆
α
α
K
K
K
K
K
v
u
v
v
u
z którego otrzymujemy równanie geometryczne w postaci:
α
∆
α
∆
∆
sin
cos
3
1
2
+
=
.
Ostatecznie komplet równa
ń
do wyznaczenia sił przekrojowych przedstawia si
ę
nast
ę
puj
ą
co:
+
=
=
+
+
=
+
−
α
α
α
α
α
α
sin
cos
sin
cos
0
cos
sin
3
3
1
1
2
2
3
2
1
3
1
A
E
l
N
A
E
l
N
A
E
l
N
P
N
N
N
N
N
.
W wyniku jego rozwi
ą
zania otrzymujemy:
0
.
12
1
=
N
kN,
0
.
28
2
=
N
kN,
0
.
16
3
=
N
kN.
Wydłu
ż
enia pr
ę
tów wynosz
ą
:
3
4
9
3
1
10
*
171
.
1
10
*
2
*
10
*
205
4
*
10
*
12
−
−
=
=
∆
m,
3
4
9
3
2
10
*
639
.
1
10
*
2
*
10
*
205
4
.
2
*
10
*
28
−
−
=
=
∆
m,
3
4
9
3
3
10
*
171
.
1
10
*
2
*
10
*
205
3
*
10
*
16
−
−
=
=
∆
m.
Współrz
ę
dne wektora przemieszczenia punktu K, wyznaczone z układu równa
ń
:
=
=
+
2
1
cos
sin
∆
∆
α
α
K
K
K
v
v
u
,
s
ą
równe:
234
.
0
=
K
u
mm,
639
.
1
=
K
v
mm .
Przykład 9.8.12.
Wyznaczy
ć
siły w pr
ę
tach podanego układu przy wzro
ś
cie temperatury
∆
T
= 30
° C, je
ś
li: moduł spr
ęż
ysto
ś
ci podłu
ż
nej stali E = 205 GPa a współczynnik
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
94
rozszerzalno
ś
ci liniowej
ε
T
= 12*10
-6
/
°C , przekroje poprzeczne wszystkich pr
ę
tów s
ą
jednakowe o polu A = 2 cm
2
.
0
.
4
1
=
l
m ,
4
.
2
2
=
l
m,
0
.
3
3
=
l
m,
8
.
0
sin
=
α
6
.
0
cos
=
α
Rozwiązanie
Konstrukcja jest statycznie niewyznaczalna. wi
ę
c zmiana warunków jej pracy w postaci
zmiany temperatury czy przemieszczania si
ę
podpór skutkuje powstawaniem w niej sił
przekrojowych, w tym przypadku b
ę
d
ą
to siły podłu
ż
ne.
W równaniach równowagi nie wyst
ą
pi
ą
zewn
ę
trzne siły obci
ąż
aj
ą
ce, we wzorach na
wydłu
ż
enia pr
ę
tów dojd
ą
człony zwi
ą
zane ze wzrostem temperatury.
Równania równowagi:
0
cos
sin
0
3
1
=
+
−
=
α
α
Σ
N
N
X
0
sin
cos
0
3
2
1
=
+
+
=
α
α
Σ
N
N
N
Y
Warunek geometryczny jest taki sam jak w przykładzie 9.8.11 bo geometria układu jest
identyczna.
α
∆
α
∆
∆
sin
cos
3
1
2
+
=
,
ale zmieni
ą
si
ę
wzory okre
ś
laj
ą
ce zmian
ę
długo
ś
ci pr
ę
tów, gdy
ż
pojawi
ą
si
ę
człony zwi
ą
zane
ze zmian
ą
temperatury:
3
3
3
3
2
2
2
2
1
1
1
1
l
T
A
E
l
N
,
l
T
A
E
l
N
,
l
T
A
E
l
N
T
T
T
∆
ε
∆
∆
ε
∆
∆
ε
∆
+
=
+
=
+
=
,
i komplet równa
ń
do wyznaczenia sił osiowych w pr
ę
tach ma posta
ć
:
+
+
+
=
+
=
+
+
=
+
−
α
∆
ε
α
∆
ε
∆
ε
α
α
α
α
sin
l
T
A
E
l
N
cos
l
T
A
E
l
N
l
T
A
E
l
N
sin
N
N
cos
N
cos
N
sin
N
T
T
T
3
3
3
1
1
1
2
2
2
3
2
1
3
1
0
0
W wyniku jego rozwi
ą
zania otrzymujemy:
38
.
7
1
−
=
N
kN,
30
.
12
2
=
N
kN,
84
.
9
3
−
=
N
kN.
1
3
α
3.2 m
K
1.8 m
2.4 m
2
N
1
α
K
N
2
N
3
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
95
Przykład 9.8.13.
Wyznaczy
ć
siły
w
pr
ę
tach
układu
pokazanego
na
rysunku,
obci
ąż
onego sił
ą
P = 60 kN je
ś
li
wszystkie pr
ę
ty maj
ą
jednakowe
przekroje
poprzeczne
i
jednakowe
s
ą
ich
moduły
Younga.
Rozwiązanie
Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna.
Równania równowagi:
0
0
3
3
2
2
1
1
=
+
−
−
=
α
α
α
Σ
cos
N
cos
N
cos
N
;
X
,
P
sin
N
sin
N
sin
N
;
Y
=
−
−
=
3
3
2
2
1
1
0
α
α
α
Σ
.
Równanie nierozdzielno
ś
ci przemieszcze
ń
napiszemy na
podstawie przyj
ę
tego ( narysowanego obok) planu
przemieszcze
ń
. Wektor przemieszczenia liniowego w
ę
zła
w którym przyło
ż
ona jest siła, w przyj
ę
tym układzie
odniesienia (u, v), ma współrz
ę
dne
(
)
K
K
v
u
K
K
,
'
.
Wersory kierunkowe osi pr
ę
tów maj
ą
współrz
ę
dne:
(
)
1
1
1
α
α
sin
,
cos
e
,
(
)
2
2
2
α
α
sin
,
cos
e
−
,
(
)
3
3
3
α
α
sin
,
cos
e
.
Z geometrii konstrukcji bez trudu wyznaczamy:
600
0
1
.
cos
=
α
,
800
0
1
.
sin
=
α
,
707
0
2
2
.
sin
cos
=
=
α
α
,
800
0
3
.
cos
=
α
,
600
0
3
.
sin
=
α
.
Układ równa
ń
, z którego mo
ż
emy wyznaczy
ć
równanie nierozdzielno
ś
ci przemieszcze
ń
ma
posta
ć
:
→
=
⋅
=
⋅
=
⋅
3
3
2
2
1
1
∆
∆
∆
e
K
K
e
K
K
e
K
K
'
'
'
=
+
=
+
−
=
+
→
=
+
=
+
−
=
+
3
2
1
3
3
3
2
2
2
1
1
1
600
0
800
0
707
0
707
0
800
0
600
0
∆
∆
∆
∆
α
α
∆
α
α
∆
α
α
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
K
v
*
.
u
*
.
v
*
.
u
*
.
v
*
.
u
*
.
v
*
sin
u
*
cos
v
*
sin
u
*
cos
v
*
sin
u
*
cos
3 m
1
3
P
2
4 m
4 m
3 m
K
3
α
1
α
2
α
3
N
P
1
N
2
N
2
e
3
e
1
e
K
∆
3
∆
1
∆
2
3
α
1
α
2
α
u
v
K
’
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
96
W równaniach wyst
ę
puj
ą
bezwzgl
ę
dne warto
ś
ci zmian długo
ś
ci pr
ę
tów, bo plan
przemieszcze
ń
zakłada równie
ż
skrócenie niektórych pr
ę
tów.
Z tego układu wyznaczamy poszukiwane równanie geometryczne:
2
3
1
*
414
.
1
*
000
.
5
*
000
.
5
∆
=
∆
−
∆
, ale plan przemieszcze
ń
zakłada wydłu
ż
enie pr
ę
ta 1 i
skrócenie pr
ę
tów 2 i 3, wi
ę
c
0
2
<
∆
oraz
0
3
<
∆
, zatem
2
2
∆
∆
−
=
i
3
3
∆
∆
−
=
, i
ostatecznie równanie geometryczne ma posta
ć
:
2
3
1
*
414
.
1
*
000
.
5
*
000
.
5
∆
−
=
∆
+
∆
.
Uwzgl
ę
dniaj
ą
c,
ż
e sztywno
ść
na rozci
ą
ganie EA wszystkich pr
ę
tów jest jednakowa, komplet
równa
ń
do wyznaczenia sił w pr
ę
tach podanego układu jest nast
ę
puj
ą
cy:
−
=
+
=
−
−
=
+
−
−
3
*
2
*
414
.
1
5
*
000
.
5
5
*
000
.
5
0
6
600
.
0
707
.
0
800
.
0
0
800
.
0
707
.
0
600
.
0
2
2
1
3
2
1
3
2
1
N
N
N
N
N
N
N
N
N
W wyniku jego rozwi
ą
zania otrzymujemy:
353
26
1
.
N
=
kN,
034
41
2
.
N
−
=
kN,
505
16
3
.
N
−
=
kN.
Przykład 9.8.14.
Wyznaczy
ć
potrzebn
ą
ś
rednice
stalowych
odkształcalnych
pr
ę
tów
układu
obci
ąż
onego jak na rys., je
ś
li:
50
=
q
kN/m,
2
1
2 A
A
=
,
E
E
E
=
=
2
1
,
165
=
R
MPa.
Narysowany pogrubion
ą
lini
ą
pr
ę
t ABC jest
nieodkształcalny.
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny. Aby wyznaczy
ć
siły przekrojowe oprócz
jednego równania równowagi potrzebujemy dodatkowo jednego równania geometrycznego.
Równanie równowagi:
0
5
.
1
*
3
*
2
2
*
1
*
0
2
1
=
−
+
=
q
N
N
M
A
Σ
Poziomy pr
ę
t jest nieodkształcalny, i mo
ż
e si
ę
obraca
ć
tylko wzgl
ę
dem punktu A.
Pami
ę
taj
ą
c o tym,
ż
e poło
ż
enia punktów po
deformacji
poszukiwa
ć
b
ę
dziemy
na
prostopadłych do pierwotnych kierunków
pr
ę
tów, mo
ż
emy napisa
ć
poni
ż
sze równanie
geometryczne:
2
1
'
'
C
C
B
B
=
, ale
1
'
∆
=
B
B
;
2
'
2
∆
=
C
C
st
ą
d:
2
1
2
2
∆
=
∆
1
2
A
C
B
1.0 m
1.0 m
1.0 m
1.0 m
q
∆
2
∆
1
C
B
C
’
B
’
1
2
N
1
H
A
V
A
N
2
A
C
B
q
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
97
Podstawiaj
ą
c za
1
1
1
1
A
E
l
N
=
∆
oraz
2
2
2
2
A
E
l
N
=
∆
wraz z zale
ż
no
ś
ciami mi
ę
dzy długo
ś
ciami
pr
ę
tów ich przekrojami i modułami Younga do równania geometrycznego otrzymujemy:
2
1
2N
N
=
.
Komplet równa
ń
z którego mo
ż
emy wyznaczy
ć
siły w pr
ę
tach ma posta
ć
:
=
=
+
2
1
2
1
2
5
.
4
2
2
N
N
q
N
N
a jego rozwi
ą
zanie daje:
80
131
1
.
N
=
kN,
90
65
2
.
N
=
kN.
Potrzebne
ś
rednice pr
ę
tów wyznaczymy z warunku no
ś
no
ś
ci:
Pr
ę
t 1:
2
1
6
3
2
1
1
1
10
189
3
10
165
10
80
131
4
−
≥
→
≥
→
≤
*
.
d
*
*
.
d
R
A
N
π
m.
Pr
ę
t 2:
2
2
6
3
2
2
2
2
10
255
2
10
165
10
90
65
4
−
≥
→
≥
→
≤
*
.
d
*
*
.
d
R
A
N
π
m.
Poniewa
ż
siły w pr
ę
tach zostały wyznaczone przy zało
ż
onych proporcjach
2
1
2A
A
=
wi
ę
c
ś
rednice pr
ę
tów zwi
ą
zane s
ą
zale
ż
no
ś
ci
ą
2
1
2 d
d
=
i do wykonania przyj
ę
to
20
3
1
.
d
=
cm a
26
2
2
.
d
=
cm.]
Przykład 9.8.15.
Wyznaczy
ć
napr
ęż
enia i zmiany
długo
ś
ci odkształcalnych pr
ę
tów układu pr
ę
towego
obci
ąż
onego jak na rysunku, je
ś
li siła P = 100 kN,
pola
przekrojów
poprzecznych
pr
ę
tów
A
1
= 4 cm
2
, A
2
= 2 cm
2
, moduł spr
ęż
ysto
ś
ci podłu
ż
nej
E
1
= E
2
= 205 GPa.
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny.
Równanie równowagi:
0
1
*
2
1
*
2
*
1
*
0
2
1
=
+
−
−
=
P
P
N
N
M
B
Σ
Na podstawie zało
ż
onego planu przemieszcze
ń
mo
ż
emy napisa
ć
równanie geometryczne, dokładniej równanie nierozdzielno
ś
ci
przemieszcze
ń
. W tym przypadku ma ono posta
ć
:
α
∆
∆
tg
2
1
=
Plan przemieszcze
ń
zakłada wydłu
ż
enie pr
ę
ta 1 i skrócenie pr
ę
ta 2,
zatem
0
1
>
∆
, a
0
2
<
∆
st
ą
d
1
1
∆
∆
=
i
2
2
∆
∆
−
=
, a poniewa
ż
5
.
0
tg
=
α
równanie geometryczne przyjmuje form
ę
:
2
1
2
∆
∆
−
=
Zmiany długo
ś
ci pr
ę
tów wynosz
ą
:
α
∆
2
K
α
∆
1
K
’
K
C
A
0.5P
1.0 m
1
2
B
P
1.0 m
1.0 m
0.5P
H
B
V
B
N
2
B
P
N
1
K
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
98
1
1
1
1
1
A
E
l
N
=
∆
;
2
2
2
2
2
A
E
l
N
=
∆
.
Komplet równa
ń
do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych pr
ę
tach układu:
−
=
=
−
−
−
4
9
2
4
9
1
3
2
1
10
*
2
*
10
*
205
10
*
4
*
10
*
205
4
10
*
50
2
N
N
N
N
→
→
→
→
0
.
10
1
=
N
kN;
0
.
20
2
−
=
N
kN.
Napr
ęż
enie normalne w przekroju poprzecznym pr
ę
tów i zmiany ich długo
ś
ci wynosz
ą
:
w pr
ę
cie 1- rozci
ą
ganym;
6
4
3
1
1
10
*
0
.
25
10
*
4
10
*
10
=
=
=
−
A
N
σ
Pa = 25.0 MPa
3
4
9
3
1
1
1
1
1
10
*
244
.
0
10
*
4
*
10
*
205
2
*
10
*
10
−
−
=
=
=
A
E
l
N
∆
m = 0.244 mm .
w pr
ę
cie 2-
ś
ciskanym;
6
4
3
2
2
10
*
0
.
100
10
*
2
10
*
20
−
=
−
=
=
−
A
N
σ
Pa = -100.0 MPa
3
4
9
3
2
2
2
2
2
10
*
488
.
0
10
*
2
*
10
*
205
1
*
10
*
20
−
−
−
=
−
=
=
A
E
l
N
∆
m = - 0.488 mm .
Przykład
9.8.16.
Wyznaczy
ć
siły
w
odkształcalnych pr
ę
tach układu jak na rysunku,
spowodowane wzrostem temperatury
=
T
∆
45
°C,
je
ś
li
współczynnik
rozszerzalno
ś
ci
cieplnej
liniowej
C
*
T
o
6
10
12
−
=
ε
,
pola
przekrojów
poprzecznych pr
ę
tów A
1
= A
2
= 2 cm
2
, moduł
spr
ęż
ysto
ś
ci podłu
ż
nej E
1
= E
2
= 205 GPa.
Rozwiązanie
Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna.
W równaniach równowagi nie wyst
ą
pi
ą
zewn
ę
trzne siły obci
ąż
aj
ą
ce, we wzorach
okre
ś
laj
ą
cych zmian
ę
długo
ś
ci pr
ę
tów dojd
ą
człony zwi
ą
zane ze wzrostem temperatury.
Równanie równowagi:
0
2
1
0
2
1
=
−
=
*
N
*
N
M
B
Σ
C
A
1.0 m
1
2
B
2.0 m
H
B
V
B
N
2
B
N
1
K
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
99
Równanie nierozdzielno
ś
ci przemieszcze
ń
:
α
∆
∆
tg
2
1
=
,
ale
0
1
<
∆
, a
0
2
>
∆
st
ą
d
1
1
∆
∆
−
=
i
2
2
∆
∆
=
,
wi
ę
c równanie geometryczne przyjmuje form
ę
:
1
2
2
∆
∆
−
=
Zmiany długo
ś
ci pr
ę
tów wynosz
ą
:
1
1
1
1
1
1
l
T
A
E
l
N
T
∆
ε
∆
+
=
,
2
2
2
2
2
2
l
T
A
E
l
N
T
∆
ε
∆
+
=
.
Komplet równa
ń
do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych pr
ę
tach układu:
+
−
=
+
=
−
−
−
−
−
2
45
10
12
10
2
10
205
2
2
1
45
10
12
10
2
10
205
0
2
6
4
9
1
6
4
9
2
2
1
*
*
*
*
*
*
N
*
*
*
*
*
*
N
N
N
→
→
→
→
24600
1
−
=
N
kN;
12300
2
−
=
N
kN.
Naszkicujmy poło
ż
enie punktu K po deformacji konstrukcji.
=
+
−
=
+
=
−
−
2
45
10
12
10
2
10
205
2
24600
6
4
9
1
1
1
1
1
*
*
*
*
*
*
*
l
T
A
E
l
N
T
∆
ε
∆
(
)
3
3
10
12
0
10
08
1
20
1
−
−
−
=
+
−
=
*
.
*
.
.
m,
=
+
−
=
+
=
−
−
1
45
10
12
10
2
10
205
1
12300
6
4
9
2
2
2
2
2
*
*
*
*
*
*
*
l
T
A
E
l
N
T
∆
ε
∆
(
)
3
3
10
24
0
10
54
0
30
0
−
−
=
+
−
=
*
.
*
.
.
m.
Przykład 9.8.17.
Wyznaczy
ć
siły w
odkształcalnych pr
ę
tach układu, które
powstaly w wyniku błedu monta
ż
owego.
Pr
ę
t 1 wykonany został za krótki o
∆
= 2
mm.
Ś
rednice
pr
ę
tów
wynosz
ą
odpowiednio:
0
.
1
1
=
d
cm i
0
.
2
2
=
d
cm
a moduły Younga
205
2
1
=
= E
E
GPa.
K
’
∆
1
α
∆
2
K
α
K
’
2
1
0.24*10
-3
m
0.12*10
-3
m
∆
1.0 m
1.0 m
1.0 m
2
A
C
B
1
1.0 m
1.0 m
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
100
Rozwiązanie
Układ
jest
jednokrotnie
statycznie
niewyznaczalny.
Równanie równowagi:
0
2
*
1
*
0
2
1
=
+
=
N
N
M
A
Σ
Równanie geometryczne:
2
1
2
1
∆
∆
∆
=
−
ale
0
1
>
∆
, a
0
2
<
∆
st
ą
d
1
1
∆
∆
=
i
2
2
∆
∆
−
=
,
zatem:
(
)
1
2
2
∆
∆
∆
−
−
=
.
Komplet równa
ń
do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych pr
ę
tach układu:
−
−
=
=
+
1
1
1
2
2
2
2
1
2
0
2
A
E
l
N
A
E
l
N
N
N
∆
−
−
=
=
+
−
−
−
4
2
9
1
3
4
2
9
2
2
1
10
*
)
4
1
(
10
*
205
2
10
*
2
2
10
*
)
4
2
(
10
*
205
0
2
π
π
N
N
N
N
.
Siły w pr
ę
tach wynosz
ą
:
613
15
1
.
N
=
kN,
806
7
2
.
N
−
=
kN.
Przykład 9.8.18.
Wyznaczy
ć
siły w
odkształcalnych pr
ę
tach układu, które
powstaly w wyniku błedu monta
ż
owego.
Pr
ę
t 1 wykonany został za długi o
∆
= 2
mm.
Ś
rednice
pr
ę
tów
wynosz
ą
odpowiednio:
0
.
1
1
=
d
cm i
0
.
2
2
=
d
cm
a moduły Younga
205
2
1
=
= E
E
GPa.
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalny.
Równanie równowagi:
0
2
*
1
*
0
2
1
=
+
=
N
N
M
A
Σ
∆
1
∆
2
B
C
A
C
’
B
’
1
2
∆
1.0 m
1.0 m
1.0 m
H
A
V
A
A
C
B
N
1
N
2
1.0 m
1.0 m
1.0 m
A
C
B
H
A
V
A
N
1
N
2
1.0 m
1.0 m
1.0 m
∆
1.0 m
1.0 m
1.0 m
2
A
C
B
1
1.0 m
1.0 m
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
101
Równanie geometryczne:
2
1
2
1
∆
∆
∆
=
−
ale
0
1
<
∆
, a
0
2
>
∆
st
ą
d
1
1
∆
∆
−
=
i
2
2
∆
∆
=
zatem
(
)
1
2
2
∆
∆
∆
+
=
.
Komplet równa
ń
do wyznaczenia sił osiowych w odkształcalnych pr
ę
tach układu:
+
=
=
+
1
1
1
2
2
2
2
1
2
0
2
A
E
l
N
A
E
l
N
N
N
∆
+
=
=
+
−
−
−
4
2
9
1
3
4
2
9
2
2
1
10
4
1
10
205
2
10
2
2
10
4
2
10
205
0
2
*
)
(
*
N
*
*
)
(
*
N
N
N
π
π
.
Siły w pr
ę
tach wynosz
ą
:
613
15
1
.
N
−
=
kN,
806
7
2
.
N
=
kN.
Sprawd
ź
my spełnienie warunku geometrycznego i naszkicujmy obraz konstrukcji po
deformacji.
(
)
3
4
2
9
1
1
1
1
10
9394
1
10
4
1
10
205
2
15613
−
−
−
=
−
=
=
*
.
*
*
*
A
E
l
N
π
∆
m
(
)
3
4
2
9
2
2
2
2
10
1212
0
10
4
2
10
205
1
7806
−
−
=
=
=
*
.
*
*
*
A
E
l
N
π
∆
m
Warunek geometryczny miał posta
ć
(
)
1
2
2
∆
∆
∆
+
=
i jak łatwo sprawdzi
ć
wyznaczone przemieszczenia go spełniaj
ą
:
(
)
3
3
10
9394
1
2
2
10
1212
0
−
−
−
=
*
.
*
.
m.
Przykład 9.8.19.
Wyznaczy
ć
siły w odkształcalnych pr
ę
tach 1 i 2 układu przegubowo-
pr
ę
towego jak na rys. Pola ich przekrojów poprzecznych
A
A
A
=
=
2
1
, modułów spr
ęż
ysto
ś
ci
podłu
ż
nej
E
E
E
=
=
2
1
.
∆
1
∆
2
B
C
A
C
’
B
’
1
2
∆
1.0 m
1.0 m
1.0 m
B
C
A
C
’
B
’
1
2
2,0000
0,1212
1,9394
0,0606
α
C
B
A
2
1
20 kN/m
30 kNm
3 m
4 m
4 m
2 m
3 m
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
102
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statycznie
niewyznaczalny.
Równanie statyki:
∑
= 0
A
M
,
0
30
2
5
20
4
3
2
1
=
+
−
+
*
*
*
N
*
N
.
Z pokazanego obok planu przemieszcze
ń
wyznaczymy równanie geometryczne.
Sztywna rama BAC mo
ż
e si
ę
tylko
obraca
ć
wokół przegubu A. Zadaj
ą
c
wydłu
ż
enie pr
ę
ta pierwszego
1
∆
, przy
nieodkształcalnym pr
ę
cie AB, okre
ś
lamy
poło
ż
enie punktu B po deformacji i tym
samym narzucamy,
ż
e wszystkie punkty
sztywnej ramy BAC obracaj
ą
si
ę
o ten
sam k
ą
t
ϕ , a to definiuje poło
ż
enie
punktu C po deformacji i wydłu
ż
enie
pr
ę
ta drugiego
2
∆
.
Pokazany i opisany obraz przemieszcze
ń
daje zale
ż
no
ś
ci
AB
BB
tg
'
=
ϕ
, a poniewa
ż
długo
ść
5
=
AB
m, a
α
∆
sin
BB
'
1
=
, to
3
1
∆
ϕ
=
tg
.
Równocze
ś
nie
AC
CC
tg
'
=
ϕ
, i dalej
5
=
AC
m ,
α
∆
cos
CC
'
2
=
, wi
ę
c
4
2
∆
ϕ
=
tg
.
Zatem równanie geometryczne ma posta
ć
:
2
1
2
2
2
2
1
1
1
1
2
1
375
0
75
0
4
3
N
.
N
A
E
l
N
.
A
E
l
N
=
→
=
→
=
∆
∆
.
Układ równa
ń
do wyznaczenia sił w pr
ę
tach przedstawia si
ę
nast
ę
puj
ą
co:
=
=
+
2
1
2
1
375
0
170
4
3
N
.
N
N
N
.
Siły w pr
ę
tach podanego układu pr
ę
towego wynosz
ą
:
439
12
1
.
N
=
kN,
170
33
2
.
N
=
kN.
α
α
2
∆
C
ϕ
B
A
3 m
4 m
3 m
4 m
B
’
1
∆
C
’
ϕ
α
8
0
5
4
6
0
5
3
.
cos
.
sin
=
=
=
=
α
α
A
N
1
N
2
3 m
20 kN/m
30 kNm
4 m
3 m
4 m
H
A
V
A
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
103
Przykład 9.8.20.
Wyznaczy
ć
napr
ęż
enia
normalne w odkształcalnych pr
ę
tach 1 i 2
potrzymuj
ą
cych sztywn
ą
tarcz
ę
ABC
pokazan
ą
na
rys.
Pole
przekroju
poprzecznego pr
ę
ta 2 oraz pr
ę
ta 1 na
odcinku DF wynosi
2
2
=
A
cm
2
, pole
przekroju poprzecznego pr
ę
ta 1 na
odcinku FG jest równe
2
1
2 A
A
=
.
Moduł Younga materiału obu pr
ę
tów
wynosi E.
Rozwiązanie
Układ jest jednokrotnie statyczne
niewyznaczalny.
Równanie równowagi:
∑
= ,
X
0
0
3
20
15
2
2
1
=
+
−
−
−
*
N
N
DF
.
Pokazany obok plan przemieszcze
ń
pozwala
wyznaczy
ć
równanie
geometryczne. Sztywna tarcza ABC
mo
ż
e przemieszcza
ć
si
ę
tylko poziomo.
Zadaj
ą
c wydłu
ż
enie pr
ę
ta pierwszego
1
∆
, definiujemy poło
ż
enie wszystkich jej
punktów a to okre
ś
la wydłu
ż
enie pr
ę
ta
drugiego
2
∆
.
Zatem równanie geometryczne ma posta
ć
:
2
1
2
∆
∆
=
.
Pr
ę
t pierwszy jest obci
ąż
ony sił
ą
osiow
ą
15 kN w połowie swej długo
ś
ci i dodatkowo ma
zmienny przekrój wi
ę
c jego wydłu
ż
enie jest równe:
(
)
2
1
2
1
1
2
5
1
15
5
1
A
*
E
.
*
N
EA
.
*
N
DF
DF
+
+
=
∆
, i równanie geometryczne jest nast
ę
puj
ą
ce:
(
)
2
2
2
1
2
1
5
1
2
2
5
1
15
5
1
EA
.
*
N
A
*
E
.
*
N
EA
.
*
N
DF
DF
=
+
+
.
Układ równa
ń
do wyznaczenia sił w pr
ę
tach ma posta
ć
:
20 kN/m
40 kN
B
A
4 m
2
30 kNm
C
G
F
D
1
1.5 m
1.5 m
15 kN
1.5 m
1.5 m
1.5 m
B
C
’
B
’
1
45
°
A
2
C
G
A
’
2
∆
1
∆
G
’
V
B
2
N
V
A
20 kN/m
40 kN
B
A
4 m
30 kNm
C
G
F
DF
N
1
15 kN
3 m
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
104
=
+
=
+
2
1
2
1
2
5
1
25
11
25
2
45
2
N
*
.
.
N
.
N
N
DF
DF
.
Siły w pr
ę
tach podanego układu pr
ę
towego maj
ą
warto
ś
ci:
571
23
1
.
N
DF
=
kN,
305
30
2
.
N
=
kN,
571
38
1
.
N
FG
=
kN.
Napr
ęż
enia normalne wynosz
ą
:
w pr
ę
cie 1
na odcinku DF
855
117
10
2
10
571
23
4
3
.
*
*
.
=
=
−
σ
MPa,
na odcinku FG
428
96
10
4
10
571
38
4
3
.
*
*
.
=
=
−
σ
MPa,
w pr
ę
cie 2
525
151
10
2
10
305
30
4
3
.
*
*
.
=
=
−
σ
MPa.
Przykład 9.8.21.
Wyznaczy
ć
wykresy
( )
x
N
,
( )
x
u
i
( )
x
x
σ
w pr
ę
cie obci
ąż
onym osiowo i
zamocowanym mi
ę
dzy nieodkształcalnymi
ś
cianami jak na rysunku.
Dane:
P = 100 kN, a = 2 cm ,
E = 205 GPa
Rozwiązanie
Konstrukcja jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalna.
Równanie równowagi:
0
0
0
=
+
→
=
+
+
−
→
=
G
A
G
A
H
H
H
P
P
H
X
Σ
Równanie geometryczne:
( )
(
)
( )
(
)
(
)
0
5
1
5
1
2
5
1
2
5
1
0
0
0
2
2
2
2
=
−
+
−
+
+
−
+
+
−
+
−
→
=
+
+
+
→
=
+
+
+
→
=
a
E
.
*
P
P
H
a
E
.
*
P
H
a
E
.
*
P
H
a
E
.
*
H
A
E
l
N
A
E
l
N
A
E
l
N
A
E
l
N
l
l
l
l
l
A
A
A
A
DG
DG
DG
CD
CD
CD
BC
BC
BC
AB
AB
AB
DG
CD
BC
AB
AG
∆
∆
∆
∆
∆
W wyniku rozwi
ą
zania tego układu równa
ń
otrzymujemy:
0
.
50
=
A
H
kN i
0
.
50
−
=
G
H
kN.
Warto
ś
ci sił podłu
ż
nych s
ą
równe:
0
.
50
−
=
AB
N
kN,
0
.
50
=
BC
N
kN,
0
.
50
=
CD
N
kN,
0
.
50
−
=
DG
N
kN.
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych
x
σ
wynosz
ą
:
A
B
C
G
P
x
u
a
2a
1.5 m
1.5 m
1.5 m
1.5 m
H
A
P
H
G
D
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
105
25
.
31
−
=
AB
x
σ
MPa,
25
.
31
=
BC
x
σ
MPa,
00
.
125
=
CD
x
σ
MPa,
00
.
125
−
=
DG
x
σ
MPa.
Warto
ś
ci wydłu
ż
e
ń
poszczególnych odcinków pr
ę
ta wynosz
ą
:
3
4
9
3
10
*
229
.
0
10
*
16
*
10
*
205
5
.
1
*
10
*
50
−
−
−
=
−
=
=
AB
AB
AB
AB
A
E
l
N
l
∆
m = -0.229 mm
3
4
9
3
10
*
229
.
0
10
*
16
*
10
*
205
5
.
1
*
10
*
50
−
−
=
=
=
BC
BC
BC
BC
A
E
l
N
l
∆
m = 0.229 mm
3
4
9
3
10
*
915
.
0
10
*
4
*
10
*
205
5
.
1
*
10
*
50
−
−
=
=
=
CD
CD
CD
CD
A
E
l
N
l
∆
m = 0.915 mm
3
4
9
3
10
*
915
.
0
10
*
4
*
10
*
205
5
.
1
*
10
*
50
−
−
−
=
−
=
=
DG
DG
DG
DG
A
E
l
N
l
∆
m = -0.915 mm
(
)
3
10
*
915
.
0
915
.
0
229
.
0
229
.
0
−
−
+
+
−
=
AG
l
∆
= 0
Wykresy poszukiwanych wielko
ś
ci:
A
B
C
G
P
x
u
1.5 m
1.5 m
1.5 m
1.5 m
P
D
N(x)
50
50
N(x)
kN
x
σ
x
(x)
31.25
125.0
125.0
31.25
σ
x
(x)
MPa
x
0.915
0.229
u(x)
u(x)
mm
x
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
106
Przykład 9.8.22.
Słup
ż
elbetowy o przekroju 0.4x0.4 m i zbrojeniu 8
ø
22 mm obci
ąż
ony jest
osiow
ą
sił
ą
ś
ciskaj
ą
c
ą
P = 3000 kN. Wyznaczy
ć
napr
ęż
enia w stali zbrojeniowej i betonie
je
ś
li moduły Younga stali E
s
= 205 GPa i betonu E
b
= 32.5 GPa.
4
10
*
1600
4
.
0
*
4
.
0
−
=
=
b
A
m
2
4
10
*
41
.
30
−
=
s
A
m
4
Rozwiązanie
Przy zało
ż
eniu pełnej przyczepno
ś
ci stali i betonu zadanie
jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równanie
równowagi w którym N
b
– siła przenoszona przez beton,
a N
s
– siła przenoszona przez stal ma posta
ć
:
P
N
N
s
b
=
+
Warunek geometryczny, który wynika z zało
ż
onej przyczepno
ś
ci mówi o równo
ś
ci
przemieszcze
ń
w obu elementach składowych konstrukcji:
s
b
l
l
∆
∆
=
.
St
ą
d komplet równa
ń
do wyznaczenia sił osiowych jest nast
ę
puj
ą
cy:
=
=
+
s
s
s
b
b
b
s
b
A
E
l
N
A
E
l
N
P
N
N
→
=
=
+
−
−
4
9
4
9
3
10
*
41
.
30
*
10
*
205
10
*
1600
*
10
*
5
.
32
10
*
3000
s
b
s
b
N
N
N
N
.
W wyniku rozwi
ą
zania otrzymujemy:
84
.
2678
=
b
N
kN;
16
.
321
=
s
N
kN, i obie siły s
ą
ś
ciskaj
ą
ce.
Napr
ęż
enia
ś
ciskaj
ą
ce w betonie i stali s
ą
równe:
74
.
16
10
*
1600
10
*
84
.
2678
4
3
=
=
=
−
b
b
b
A
N
σ
MPa,
61
.
105
10
*
41
.
30
10
*
16
.
321
4
3
=
=
=
−
s
s
s
A
N
σ
MPa.
Przykład 9.8.23.
Jak zmienia si
ę
stosunek energii odkształcenia obj
ę
to
ś
ciowego U
V
i energii
odkształcenia postaciowego U
f
do całkowitej energii U w zale
ż
no
ś
ci od warto
ś
ci liczby
Poissona
ν
w osiowo rozci
ą
gany pr
ę
cie pryzmatycznym.
Rozwiązanie
=
0
0
0
0
0
0
0
0
,
,
,
,
,
,
T
x
σ
σ
.
.
E
;
E
;
A
N
x
f
x
V
x
2
2
3
1
6
2
1
σ
ν
Φ
σ
ν
Φ
σ
+
=
−
=
=
P
l
0.4 m
N
N
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Osiowe rozci
ą
ganie i
ś
ciskanie
107
V
E
U
U
U
;
V
E
dV
U
;
V
E
dV
U
x
f
V
x
V
f
f
x
V
V
V
2
3
1
6
2
1
2
2
2
σ
σ
ν
Φ
σ
ν
Φ
=
+
=
+
=
=
−
=
=
∫
∫
.
(
)
ν
2
1
3
1
−
=
=
U
U
k
V
V
,
(
)
ν
+
=
=
1
3
2
U
U
k
f
f
Przykład pokazuje,
ż
e w analizowanym przypadku:
• ilo
ść
energii, która zu
ż
ywana jest na zmian
ę
postaci zawsze jest wi
ę
ksza od tej, która
zu
ż
ywana jest na zmian
ę
obj
ę
to
ś
ci,
• w materiałach nie
ś
ci
ś
liwych (
5
0.
=
ν
), cała praca sił zewn
ę
trznych zu
ż
ywa si
ę
na zmian
ę
postaci.
Przykład 9.8.24.
Obliczy
ć
zmian
ę
obj
ę
to
ś
ci
V
∆ rozci
ą
ganego osiowo
sił
ą
N pr
ę
ta o długo
ś
ci
l i polu przekroju poprzecznego A wykonanego z materiału o stałych spr
ęż
ystych E oraz
ν
.
Rozwiązanie
Wzgl
ę
dna zmiana obj
ę
to
ś
ci w punkcie okre
ś
lona wzorem (6.19) wynosi:
z
y
x
D
ε
ε
ε
+
+
=
.
Aby otrzyma
ć
całkowit
ą
zmian
ę
obj
ę
to
ś
ci ciała nale
ż
y wykona
ć
całkowanie po jego obj
ę
to
ś
ci
(
)
∫∫∫
∫∫∫
+
+
=
=
V
z
y
x
V
dV
dV
D
V
ε
ε
ε
∆
.
W rozwa
ż
anym przypadku pr
ę
ta rozci
ą
ganego osiowo stał
ą
sił
ą
N, otrzymujemy:
(
)
(
)
(
)
E
l
N
V
EA
N
dV
V
V
z
y
x
ν
ν
ε
ε
ε
∆
2
1
2
1
−
=
−
=
+
+
=
∫∫∫
.
W izotropowych liniowo spr
ęż
ystych materiałach liczba Poissona zawiera si
ę
w granicach
5
0
0
.
≤
≤
ν
, wi
ę
c pr
ę
t rozci
ą
gany osiowo wykonany z takiego materiału zwi
ę
ksza swoj
ą
obj
ę
to
ść
.
ν
0.50
k
V
k
f
0.25
1/3
2/3
1.0
k
f
, k
V
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
więcej podobnych podstron