ĆWICZENIE 8 i 9
(9.12.) (16.12.)
Zginanie poprzeczne z wykładową częścią
( )
( )
( )
z
y
xz
y
Q S
z
z
J b z
τ
=
Dyskusja wzoru na napr
ężenia styczne.
Uśrednione naprężenie styczne
( )
( ) ( )
( )
,
z
y
xz
y
Q
x S
z
x z
J b z
τ
=
jest funkcją dwóch zmiennych:
x- położenia przekroju w konstrukcji
z- położenia punktu na przekroju.
Dla ustalonego przekroju
o
x w konstrukcji dla którego znamy wartość funkcji siły
przekrojowej
( )
z
o
Q x
należy przeprowadzić badanie zmienności funkcji
( )
( )
y
S
z
b z
w celu znalezienia punktów o
maksymalnej wartości naprężeń stycznych. Wiadomo, że niezależnie od rodzaju przekroju
funkcja
( )
y
S
z
jest zawsze funkcją wypukłą o wartości maksymalnej dla punktów należących
do osi głównej centralnej i miejscami zerowymi dla włókien skrajnych.
Typowe przekroje występujące w budownictwie charakteryzują się skokową zmiennością
szerokości. Poniżej przedstawiono analizę przebiegu badanych funkcji dla dwóch typów
przekrojów.
Typ 1. o szerokości wzrastającej wraz z oddalaniem się od środka przekroju.
Dla powyższego przekroju oczywiste jest, że naprężenia styczne o wartości maksymalnej leżą
na osi y.
Typ 2. o szerokości malejącej wraz z oddalaniem się od środka przekroju.
Dla powyższego przekroju należy policzyć naprężenia dla punktów które leżą na osi y oraz
pozostałych dwóch punktów na wykresie podejrzanych o występowanie w nich wartości
maksymalnych. Porównanie wyników obliczeń prowadzi do wskazania punktów w których
naprężenia styczne osiągają wartość maksymalną.
TYPOWE PRZEKROJE
( )
z
xz
Q
z
k
F
τ
=
( )
( )
2
2
2
2
4
h
y
A z
z
b h
S
z
dF
b
d
z
ξ
ξ ξ
=
=
=
−
∫∫
∫
Zadanie.
Wyznaczyć rozkład naprężeń stycznych w przekroju dwuteowym. Jaką część siły poprzecznej
oraz momentu zginającego przenoszą półki i środnik?
Środnik
1
1
2
2
h
h
z
− ≤ ≤
( )
(
)
(
)
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
4
y
h
z
h
h
S
z
bh
h h
b
z
z
bh h h
b
z
−
=
+
+
−
+
=
+
+
−
(
)
2
3
3
3
2
1 1
1
1 1
1
1
2
2
12
12
2
2
12
12
2
y
b h
h
b h
bh
bh
h
bh
J
bh
h h
=
+
+
+
=
+
+
+
( )
( )
( )
z
y
xz
y
Q S
z
z
J b z
τ
=
( )
(
)
(
)
2
1
1
1
3
3
0
2
1 1
1
1
1
1
2
2
4
max
2
12
12
2
z
xz
xz
z
h
bh h h
b
Q
z
b h
bh
bh
b
h
h
τ
τ
=
+
+
=
=
+
+
+
Półki
1
1
2
2
h
h
h
z
h
−
− +
≤ ≤ +
( )
1
2
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
y
h
h
h
h
z
S
z
b
h
z
z
b
h
z
+
=
+
−
+
−
=
+
−
2
2
b
b
z
− ≤ ≤
( )
(
)
1
1
2
2
y
b
S
y
h
y
h
h
=
−
+
( )
( )
z
y
xy
y
Q S
y
y
J h
τ
=
Przykład liczbowy:
dwuteownik 220
1
19.56 cm
h
=
1.22 cm
h
=
1
0.81 cm
b
=
9.80 cm
b
=
4
3089 cm
y
J
=
Środnik:
( )
4
3
2
3
1.63 10
4.05 10
m
y
S
z
z
−
−
=
⋅
−
⋅
( )
(
)
2
651.46 16186.5
xz
z
Q
z
τ
=
−
(
)
max
0
651.5
xz
xz
z
Q
τ
τ
=
=
=
1
496.6
2
xz
h
z
Q
τ
=
=
Półki:
( )
4
3
2
3
5.93 10
49.0 10
m
y
S
z
z
−
−
=
⋅
−
⋅
( )
(
)
2
195.9 16186.5
xz
z
Q
z
τ
=
−
1
0
2
xz
h
z
h
τ
= +
=
1
41.1
2
xz
h
z
Q
τ
=
=
( )
(
)
3
1.27 10
0.049
y
S
y
y
−
=
⋅
−
( )
(
)
3370.0 0.049
xy
y
y Q
τ
=
−
1
151.5
2
xy
b
y
Q
τ
=
=
0
2
xy
b
y
τ
=
=
Siła poprzeczna przenoszona przez środnik:
651.46
16186.5
1.032
0.082
0.95
s
s
s
xz
s
y
A
Q
dA
Q A
Q J
Q
Q
Q
τ
=
=
−
=
−
=
∫∫
s
Q =0.95 Q
Moment zginający przenoszony przez półki:
2
2584.3
0.84
3089.0
s
p
p
y
p
x
y
y
A
A
J
M
M
zdA
z dA
M
M
M
J
J
σ
=
=
=
=
⋅
=
∫∫
∫∫
0.84
p
M
M
=
Zadanie.
Wyznaczyć rozkład naprężeń stycznych dla podanego przekroju trójkątnego jeżeli
100 kN
Q
=
.
( )
( )
( )
z
y
xz
y
Q S
z
z
J b z
τ
=
( )
4
b z
=
( )
3
32
cm
3
II
y
S
z
=
3
3
6 6
cm
36
y
J
⋅
=
( )
6
8
2
32
100
10
3
74 MPa
36 10
4 10
xz
z
τ
−
−
−
⋅
⋅
=
=
⋅
⋅ ⋅
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
z
y
xy
xz
y
Q S
z
y
y
z
z
z
J b z
z
τ
τ
ζ
ζ
=
=
( )
2
74
37 MPa
4
xy
z
τ
=
=
Zadanie.
Wyznaczyć rozkład naprężeń stycznych dla podanego przekroju kołowego jeżeli
100 kN
Q
=
.
Przekrój jest osiowosymetryczny, stąd obieramy korzystne do opisu położenie osi.
2
4
4 500
max
58.94 MPa
3
3 3.14 0.06
z
xz
Q
A
τ
⋅
=
=
=
⋅
⋅
dla
3 2
y
z
= =
4
4
max
29.5 MPa
3
z
xy
Q
y z
r
τ
π
=
⋅ =
Zadanie
Zadaniem jest zaprojektowanie belki stalowej o podanym profilu i schemacie statycznym
oraz określenie stanu naprężeń w zadanym punkcie K.
Dane:
MPa
150
f
d
=
,
MPa
90
f
=
τ
1. Pierwszym krokiem jest sporządzenie wykresów sił przekrojowych
2. Charakterystyki geometryczne przekroju:
(
)
3
2
5
.
5
2
2
3
0
a
a
a
a
a
a
z
S
y
=
−
⋅
⋅
=
=
,
4
3
3
33
.
15
12
8
64
3
a
a
a
a
a
J
y
=
⋅
−
⋅
=
3
4
67
.
7
2
33
.
15
max
a
a
a
z
J
W
y
y
=
=
=
m
10
38
.
5
kPa
10
150
67
.
7
kNm
180
2
3
3
max
−
⋅
=
⇒
⋅
≤
=
a
a
σ
do obliczeń przyjęto:
m
10
4
.
5
2
−
⋅
=
a
3. Obliczenie naprężeń
( )
MPa
149
kPa
10
149
10
4
.
5
67
.
7
kNm
180
3
6
3
2
max
=
⋅
=
⋅
=
−
=
a
z
σ
(
)
(
)
(
)
MPa
15
.
6
kPa
10
15
.
6
m
10
5.4
2
m
10
4
.
5
33
.
15
m
10
5.4
5.5
kN
100
3
2
-
4
4
2
3
3
-2
0
max
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
=
−
=
z
τ
Dla punktu K leżącego w przekroju utwierdzenia naprężenia wynoszą:
( )
( )
MPa
6
.
74
kPa
10
6
.
74
10
4
.
5
33
.
15
m
10
5.4
kNm
180
3
6
3
-2
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
+
=
−
K
σ
( )
(
)
(
)
(
)
MPa
53
.
4
kPa
10
53
.
4
m
10
5.4
2
m
10
4
.
5
33
.
15
m
10
5.4
1.5
m
10
5.4
3
kN
90
3
2
-
4
4
2
-2
2
2
-2
−
=
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
−
=
−
K
τ
P R O J E K T
Projekt belki zginanej poprzecznie
Zaprojektować wymiary przekroju poprzecznego zginanej belki ze względu na stan graniczny
nośności i użytkowania.
Po zaprojektowaniu wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych i stycznych w przekroju
α
-
α
oraz obliczyć naprężenia główne i ich kierunki w punkcie K przekroju.
Otrzymane wyniki sprawdzić programami komputerowymi STATYKA i PRZEKRÓJ,
załączyć wydruki rezultatów obliczeń.
R = 175 MPa
R
t
= 0.6
⋅⋅⋅⋅
R
f
dop
= l
max
/ 250
E = 205 GPa
GEOMETRIA PRZEKROJU
F = 2
⋅
(a
⋅
6a) + 3a
⋅
6a = 12a² + 18a² = 30a²
S
y
= 2
⋅
(a
⋅
6a
⋅
3a) + 3a
⋅
6a
⋅
7.5a = 36a³ + 135a³ = 171a³
z
o
=
²
30
³
171
a
a
= 5.7a
MOMENT BEZWŁADNOŚCI
J
yo
= [
12
(3a)³
6a
⋅
+ 6a
⋅
3a
⋅
(1.8)² ] + 2
⋅
[
12
(6a)³
a
⋅
+ a
⋅
6a
⋅
(2.7)²] =
= [ 13.5a + 58.32 ] a
4
+ 2
⋅
[ 18 +
43.74 ] a
4
= 71.82a
4
+ 123.48a
4
= 195.3a
4
WSKAŹNIK WYTRZYMAŁOŚCI
| z
max
| = 5.7a
W
y
= J
yo
/ | z
max
| = 195.33a
4
/ 5.7a = 34.26a³
Warunek projektowania ze względu na naprężenie normalne:
Wy
max
M
≤ R
=>
R
M max
≤ W
y
MPa
kNm
175
28
≤ 34.26a³
28
⋅
10³ Nm ≤ 175
⋅
10
6
⋅
N/m²
⋅
34.26 a³
0.16
⋅
10
-3
: 34.26 m³ ≤ a³
a
≥ 1.67 cm
Warunek projektowania ze względu na naprężenia styczne:
τ
max
=
)
0
(
Jyo
)
0
(
max
Fz
b
Sy
⋅
⋅
S
y
(0) = 2
⋅
(a
⋅
0.3a
⋅
0.15a) + 3a
⋅
6a
⋅
1.8a = 0.09a³ + 32.4a³ = 32.49a³
b(0) = 2a
F
z max
= 24 kN
τ
max
≤ R
t
=>
2a
4
3
.
195
³
49
.
32
kN
28
⋅
⋅
a
a
≤ 0.6
⋅
R
1.9963
⋅
10
3
m² ≤ 105
⋅
10
6
⋅
a²
a
≥ 0.435 cm
Warunek projektowania ze względu na ugięcia:
M(x) = – 2
⋅
x
|
AB
+ 18
⋅
(x–2) – 10
⋅
½
⋅
(x–2)
2
|
BC
+ 20
⋅
(x–4)
0
|
CD
EJ
y
w’’(x) = 2
⋅
x
|
AB
– 18
⋅
(x–2) + 5
⋅
(x–2)
2
|
BC
– 20
⋅
(x–4)
0
|
CD
EJ
y
w’(x) = C + x
2
|
AB
– 9
⋅
(x–2)
2
+ 5/3
⋅
(x–2)
3
|
BC
– 20
⋅
(x–4)
1
|
CD
EJ
y
w(x) = D + C
⋅
x + 1/3
⋅
x
3
|
AB
– 9/3
⋅
(x–2)
3
+ 5/12
⋅
(x–2)
4
|
BC
– 20/2
⋅
(x–4)
2
|
CD
EJ
y
w(x) = D + C
⋅
x + 0.33
⋅
x
3
|
AB
– 3
⋅
(x–2)
3
+ 0.4166
⋅
(x–2)
4
|
BC
– 10
⋅
(x–4)
2
|
CD
Kinematyczne Warunki Brzegowe:
w(2) = 0
0 = D + 2
⋅
C + 0.33
⋅
8
0 = D + 2
⋅
C + 2.66
w(6) = 0
0 = D + 6
⋅
C + 0.33(3)
⋅
216 – 3
⋅
64 + 0.416(6)
⋅
256 – 10
⋅
4
0 = D + 6
⋅
C + 72 – 192 + 106.66 – 40
0 = D + 6
⋅
C – 53.34
0 = D + 2
⋅
C + 2.66
0 = D + 6
⋅
C – 53.34
0 = –4
⋅
C + 56
0 = D + 2
⋅
14 + 2.66
4
⋅
C = 56
–D = 30.66
C = 14
D = –30.66
EJ
y
w’(x) = 14 + x
2
|
AB
– 9
⋅
(x–2)
2
+ 1.66
⋅
(x–2)
3
|
BC
– 20
⋅
(x–4)
1
|
CD
EJ
y
w(x) = –30.66 + 14
⋅
x + 0.33
⋅
x
3
|
AB
– 3
⋅
(x–2)
3
+ 0.4166
⋅
(x–2)
4
|
BC
– 10
⋅
(x–4)
2
|
CD
pkt A
x = 0
EJ
y
w’(0) = 14
EJ
y
w(0) = –30.66
x = 1
EJ
y
w’(1) = 14 + 1
2
= 15
EJ
y
w(1) = –30.66 + 14
⋅
1 + 0.33
⋅
1
3
= –16.33
pkt B
x = 2
EJ
y
w’(2) = 14 + 2
2
= 18
EJ
y
w(2) = 0
x = 3
EJ
y
w’(3) = 14 + 3
2
– 9
⋅
(3–2)
2
+ 1.66
⋅
(3–2)
3
= 15.66
EJ
y
w(3) = –30.66 + 14
⋅
3 + 0.33
⋅
3
3
– 3
⋅
(3–2)
3
+ 0.4166
⋅
(3–2)
4
= 17.66
pkt C
x = 4
EJ
y
w’(4) = 14 + 4
2
– 9
⋅
(4–2)
2
+ 1.66
⋅
(4–2)
3
= 7.28
EJ
y
w(4) = –30.66 + 14
⋅
4 + 0.33
⋅
4
3
– 3
⋅
(4–2)
3
+ 0.4166
⋅
(4–2)
4
= 29.12
x = 5
EJ
y
w’(5) = 14 + 5
2
– 9
⋅
(5–2)
2
+ 1.66
⋅
(5–2)
3
– 20
⋅
(5–4) = –17.18
EJ
y
w(5) = –30.66 + 14
⋅
5 + 0.33
⋅
5
3
– 3
⋅
(5–2)
3
+ 0.4166
⋅
(5–2)
4
– 10
⋅
(5–4)
2
= 23.33
pkt D
x = 6
EJ
y
w’(6) = 14 + 6
2
– 9
⋅
(6–2)
2
+ 1.66
⋅
(6–2)
3
– 20
⋅
(6–4) = –27.76
EJ
y
w(6) = 0
w
max
≤ w
dop
w
max
=
Jy
E
30.66
[
GPa
kNm³
] =
195.3
205
30.66
⋅
⋅
10
-6
⋅
a
-4
⋅
m
5
= 0.0007658
⋅
10
-4
⋅
a
-4
⋅
m
5
=
= 7.658
⋅
10
-10
⋅
a
-4
⋅
m
5
w
dop
=
250
l
m =
250
6
m = 0.024 m
7.658
⋅
10
-10
⋅
a
-4
⋅
m
5
≤ 0.024 m
7.658
⋅
10
-10
⋅
m
4
≤ 0.024
⋅
a
4
2.4
⋅
10
-2
⋅
a
4
≥ 7.658
⋅
10
-10
⋅
m
4
a ≥ 1.33
⋅
10
-2
⋅
m
a
≥ 1.33 cm
PODSUMOWANIE:
a
≥ 1.67 cm
٨
a
≥ 0.435 cm
٨
a
≥ 1.33 cm
Przyjmujemy do obliczeń:
a = 1.7cm
ROZKŁAD NAPR
ĘŻEŃ NORMALNYCH W PRZEKROJU
α
-α
J
yo
= 195.3
⋅
a
4
= 195.3
⋅
(1.7)
4
⋅
10
-8
m
4
= 195.3
⋅
(1.7)
4
⋅
10
-8
m
4
=
= 1631.16
⋅
10
-8
m
4
= 0.1631
⋅
10
-4
m
4
M
α
-α
= 7 kNm
σ
x
=
Jy
My
⋅
z,
Jy
My
=
0.1631
7
⋅
10
7
⋅
N
⋅
m
-3
= – 42.92
⋅
10
7
⋅
N
⋅
m
-3
= – 4.292
⋅
10
8
⋅
N
⋅
m
-3
σ
x
(z = 10.2) = –4.292
⋅
10
8
⋅
N
⋅
m
-3
⋅
0.102 m = 0.4377
⋅
10
8
⋅
N
⋅
m
-2
= –43.77 MPa
σ
x
(z = 0.51) = –4.292
⋅
10
8
⋅
N
⋅
m
-3
⋅
(–0.0051) m = 0.02188
⋅
10
8
⋅
N
⋅
m
-2
= 2.188 MPa
σ
x
(z = -5.61) = –4.292
⋅
10
8
⋅
N
⋅
m
-3
⋅
(–0.0561) m = –0.2407
⋅
10
8
⋅
N
⋅
m
-2
= 24.07 MPa
ROZKŁAD NAPR
ĘŻEŃ STYCZNYCH PRZEKROJU
α
-α
J
yo
= 0.1631
⋅
10
-4
m
4
F
z
α
-α
= 6 kN
τ
max
(z) =
)
(
Jyo
)
(
Fz
z
b
z
Sy
⋅
⋅
z = –0.0561 m
b = 0.102 m
S
y
(–5.61cm) = 0
τ
max
= 0
z = –0.0051 m
b = 0.102 m
S
y
(–0.51cm) = 10.2
⋅
5.1
⋅
2.55
⋅
10
-6
m
3
= 132.651
⋅
10
-6
m
3
τ
max
=
102
.
0
1631
.
0
651
.
132
6
⋅
⋅
⋅
10 Pa = 4.78
⋅
10
4
⋅
10 Pa = 0.478 MPa
z = –0.0051 m
b = 0.034 m
S
y
(–0.51cm) = 132.651
⋅
10
-6
m
3
τ
max
=
034
.
0
1631
.
0
651
.
132
6
⋅
⋅
⋅
10 Pa = 1.43
⋅
10
5
⋅
10 Pa = 1.43 MPa
z = 0 m
b = 0.034 m
S
y
(0) = 132.651
⋅
10
-6
+ 2
⋅
(1.7
⋅
0.3
⋅
1.7
⋅
0.255) m
3
=
= 132.651
⋅
10
-6
+ 0.4421
⋅
10
-6
m
3
= 133.093
⋅
10
-6
m
3
τ
max
=
034
.
0
1631
.
0
093
.
133
6
⋅
⋅
⋅
10 Pa = 1.44
⋅
10
5
⋅
10 Pa = 1.44 Mpa
z = 0.0969 m
b = 0.034 m
S
y
(9.69cm) = 0
τ
max
= 0
Wydać testy komputerowe przygotowujące do egzaminu
