45
4. ZAGADNIENIA ŚCISKANIA I ROZCIĄGANIA OSIOWEGO
Ze stanem ściskania (lub rozciągania) mamy do czynienia wtedy, gdy na pręt działa jedynie
siła osiowa przyłoŜona w środku cięŜkości pręta. JeŜeli pręt poddany działaniu siły osiowej
ma stały przekrój, to poszczególne przekroje poprzeczne pozostają płaskie po odkształceniu
(jeśli materiał jest izotropowy) i napręŜenia normalne są stałe. Lokalne zmiany kształtu pręta
prowadzą do powstania koncentracji napręŜeń. Stosując model materiału liniowo spręŜystego
obliczamy napręŜenia jako:
l
l
E
E
A
N
∆
⋅
=
⋅
=
=
ε
σ
.
WydłuŜenie pręta obliczamy jako
EA
l
N
l
⋅
=
∆
. Odkształcenia w kierunkach poprzecznych do
osi pręta obliczamy jako:
z
z
x
y
νε
ε
νε
ε
−
=
−
=
,
. Dla materiałów o liczbie Poissona
0
>
ν
przy
rozciąganiu pręta otrzymujemy zwęŜenie części środkowej pręta. Oczywiście dla ciała
izotropowego mamy
>
∈<
2
1
,
0
ν
(materiał idealnie ściśliwy, materiał nieściśliwy).
N
N
W niektórych zastosowaniach praktycznych stosuje się model biliniowy określony jako
≥
−
+
⋅
≤
⋅
=
0
0
0
,
1
,
σ
σ
σ
ε
σ
σ
ε
σ
τ
τ
E
E
E
E
E
E
46
lub teŜ modele hipo- lub hiperspręŜyste. Materiał w stanie spręŜystym powraca do swojego
pierwotnego kształtu po usunięciu wszystkich obciąŜeń. W dalszej analizie będziemy
posługiwali się równieŜ modelami spręŜysto-plastycznymi, w których występują odkształcenia
trwałe. Do analizy materiałów, których własności zmieniają się w czasie (z reguły maleją
wraz z upływem czasu) stosuje się modele lepko-spręŜyste lub modele lepko-spręŜysto-
plastyczne oraz lepko-plastyczne.
Polecenie. Na podstawie literatury dokonaj klasyfikacji materiału na podstawie wykresu
napręŜenie-odkształcenie.
ε
σ
σ
ε
σ
ε
σ
ε
σ
ε
σ
ε
σ
ε
Bardzo często rozwiązując problemy z zakresu ściskania i rozciągania moŜemy uwzględniać
błędy montaŜowe,
jakie zdarzają się w rzeczywistych konstrukcjach; analizujemy
równieŜ wpływ temperatury na odkształcenia układu wywołany ogrzaniem lub schło-
dzeniem jednego z prętów. Błędy montaŜowe to odchyłki wymiarowe spowodowane
niedokładnym zestawieniem (połączeniem) odpowiednich elementów konstrukcji (wybrane
pręty są zbyt długie lub za krótkie w stosunku do pozostałych). Błędy te wywołują napręŜenia
wstępne, które mogą pogorszyć wytrzymałość i niezawodność konstrukcji. Jak moŜna się
47
przekonać, w konstrukcjach statycznie niewyznaczalnych nawet nieznaczne błędy montaŜowe
mogą spowodować znaczne napręŜenia i odkształcenia. Z drugiej strony w konstrukcjach
i elementach konstrukcyjnych o znacznych rozmiarach stosuje się świadomie tzw. dylatacje,
czyli otwory lub przerwy, które mają za zadanie zmniejszenie pojawiających się w nich
odkształceń termicznych.
Wpływ temperatury moŜna pokazać na przykładzie pręta w temperaturze
o
0 o długości
0
l , przy
wzroście temperatury od
1
t
do
2
t
; jego długość zmienia się od
1
l
do
2
l
, a średnim
współczynnikiem rozszerzalności liniowej nazywamy iloraz
1
2
1
2
0
2
,
1
1
t
t
l
l
l
−
−
⋅
=
α
.
Oznaczając l
1
-l
2
=
∆
l , t
1
-t
2
=
∆
t ,
α
1,2
=
α
, otrzymujemy
∆
l = l
0
α∆
t,
ε
=
α∆
t.
Wyprowadźmy kolejno równania równowagi przy ściskaniu i/lub rozciąganiu dla pręta
obciąŜonego cięŜarem własnym i siłą podłuŜną.
γ
σ
σ+ σ
Suma rzutów na oś x dla elementarnego odcinka jest następująca:
(
)
.
,
0
,
0
γ
σ
γ
σ
σ
γ
σ
σ
dx
d
Adx
Ad
A
Adx
d
A
−
=
=
+
=
−
+
+
Stałą C wyznaczamy z warunku brzegowego:
48
( )
(
)
.
,
,
,
0
A
P
x
l
l
A
P
x
x
l
A
P
C
C
l
A
P
C
x
dx
d
l
x
x
+
−
=
+
+
−
=
=
+
=
+
−
=
=
+
−
=
−
=
=
=
∫
∫
γ
γ
γ
σ
σ
γ
γ
σ
γ
γ
σ
σ
Odkształcenie natomiast wynosi
( )
( )
(
)
x
l
E
AE
P
E
x
x
−
+
=
=
γ
σ
ε
.
Całkowite wydłuŜenie pręta jest równe
( )
(
)
∫
∫
+
=
−
+
=
−
+
=
=
l
l
E
l
EA
Pl
E
l
E
l
EA
Pl
dx
x
l
E
AE
P
dx
x
0
2
2
2
0
2
2
γ
γ
γ
γ
ε
λ
.
Problem 4.1. Znaleźć reakcje w poniŜszym układzie statycznie-niewyznaczalnym.
∆
1
R
2
R
Rozwiązanie. Zapisujemy równanie równowagi sił podłuŜnych:
∑
=
+
=
0
;
0
2
1
R
R
P
y
oraz równanie geometryczne opisujące przyrosty długości poszczególnych prętów
( )
0
2
2
0
1
1
2
1
=
⋅
∆
+
+
=
+
⋅
∆
+
∆
+
∆
l
t
EA
l
R
EA
l
R
l
l
t
l
l
t
t
α
α
.
Obliczamy kolejno pierwszą reakcję
3
4
3
4
2
2
3
1
1
t
EA
l
t
l
EA
R
l
t
EA
l
R
t
t
t
∆
−
=
⋅
∆
⋅
−
=
⋅
∆
−
=
α
α
α
i obliczamy napręŜenie normalne w tym pręcie
3
2
1
t
E
t
∆
−
=
α
σ
. Kolejno dla drugiego pręta
49
3
4
;
3
4
2
1
2
t
E
t
EA
R
R
t
t
∆
−
=
∆
=
−
=
α
σ
α
.
W obu częściach struktury prętowej mamy więc ściskanie.
Problem 4.2. Znaleźć reakcje w następującym układzie statycznie niewyznaczalnym.
δ
1
R
2
R
Rozwiązanie. W pierwszej kolejności znajdujemy reakcje z następujących równań:
2
1
1
1
1
2
1
2
1
3
2
2
3
0
2
0
0
;
0
R
l
EA
R
EA
l
R
EA
l
R
EA
l
R
l
l
R
R
P
y
−
=
=
=
→
=
−
+
=
−
∆
+
∆
=
+
=
∑
δ
δ
δ
δ
.
W dalszej kolejności obliczamy napręŜenia w prętach ze wzoru
A
N
=
σ
jako
l
E
δ
σ
σ
3
2
2
1
=
−
=
.
Dla wartości parametrów
3
10
,
210
−
=
=
l
GPa
E
δ
obliczamy
2
2
1
14
14
,
0
cm
kN
GPa
=
=
=
σ
σ
.
Jak widać zamontowanie zbyt krótkiego pręta powoduje powstanie rozciągających napręŜeń
wstępnych w całym układzie prętowym.
Problem 4.3. Znaleźć reakcje dla następującego układu.
Rozwiązanie. Z równania równowagi mamy :
2
1
R
P
R
+
=
, natomiast z odkształceń wynika,
Ŝ
e
0
2
1
=
∆
+
∆
l
l
, a więc
2
1
1
2
2
2
1
1
1
1
,
EA
l
R
EA
Pl
l
EA
l
R
l
−
=
∆
−
=
∆
.
50
Sumując otrzymujemy
2
1
1
2
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
1
1
1
2
2
1
2
2
;
0
l
A
l
A
A
Pl
R
l
A
l
A
A
Pl
R
EA
l
R
EA
l
R
EA
Pl
+
−
=
+
=
⇒
=
−
−
.
2
l
1
l
2
R
1
R
P
1
EA
2
EA
Problem 4.4. Znaleźć siły wewnętrzne w następującym układzie statycznym.
1
S
1
S
2
S
2
S
3
S
3
S
A
E ,
A
E,
A
E ,
2
P
V
u
Rozwiązanie. Układ tak samo jak w poprzednich problemach jest statycznie niezwyzna-
czalny. W odróŜnieniu jednak od poprzednich przykładów zawiera pręty niewspółliniowe,
więc równania geometryczne muszą zawierać stopnie swobody, jakie posiada węzeł
51
obciąŜony siłą P – niech będą to przemieszczenie poziome u oraz przemieszczenie pionowe v.
Zapisujemy kolejno związki fizyczne i geometryczne. Otrzymujemy
∆
=
→
=
∆
∆
=
→
=
∆
∆
=
→
=
∆
l
l
EA
S
EA
l
S
l
l
l
EA
S
EA
l
S
l
l
l
EA
S
EA
l
S
l
3
3
3
3
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
,
=
∆
=
∆
−
=
∆
v
l
u
l
v
u
l
3
2
1
2
2
.
Równania równowagi pozwalają obliczyć
0
2
;
0
0
2
;
0
1
2
1
3
=
−
−
=
=
+
−
−
=
∑
∑
S
S
Px
S
P
S
Py
,
co po podstawieniu daje
0
2
0
2
1
2
1
3
=
∆
−
∆
−
=
∆
+
−
∆
−
l
l
EA
l
l
EA
l
l
EA
P
l
l
EA
.
WyraŜając te równania przez przemieszczenia u i v otrzymujemy:
EA
Pl
u
v
=
+
−
2
2
3
;
0
2
2
=
+
−
−
v
u
u
.
Stąd wyznaczamy poszukiwane przemieszczenia:
EA
Pl
v
EA
Pl
u
4
3
,
4
−
=
−
=
oraz siły
4
3
,
4
,
4
2
2
2
3
2
2
4
3
2
1
P
S
P
S
P
EA
Pl
l
EA
S
−
=
−
=
=
−
−
=
.
Problem 4.5. Znaleźć siły wewnętrzne w podanym układzie statycznie niewyznaczalnym.
Rozwiązanie. Z geometrii układu wynika, Ŝe jedynym stopniem swobody jest obrót względem
podpory o kąt φ. A zatem z podobieństwa trójkątów obliczamy
2
1
2
1
2
2
l
l
l
l
l
l
∆
=
∆
→
∆
=
∆
;
EA
l
S
EA
l
S
2
1
2
−
=
bo
0
2
<
∆
l
.
52
S
S
S
S
E,A
E,A
R
1
2
2
2
1
1
B
l
l
Stąd wynika, Ŝe
.
2
3
2
0
2
1
3
2
;
0
0
2
2
1
2
1
2
1
ql
S
S
l
ql
l
S
l
S
M
S
S
B
−
=
−
=
−
−
=
Σ
=
+
Rozwiązaniem tego zadania są następujące wielkości:
ql
S
ql
S
5
3
,
10
3
2
1
=
−
=
.
Z
∑
=
0
Py
obliczamy:
ql
R
ql
ql
ql
R
ql
S
S
R
10
27
0
3
5
3
10
3
0
3
2
1
=
⇒
=
−
+
−
⇒
=
−
+
+
.
Problem 4.6. Znaleźć siły w prętach dla następującego układu.
EA
EA
EA
1
S
2
S
3
S
A
H
ϕ
l
ϕ
l
ϕ
2
l
ϕ
5
l
ϕ
53
Rozwiązanie. Zapisujemy warunki równowagi:
.
0
2
2
2
2
;
0
,
0
2
2
2
2
;
0
,
0
2
2
2
2
;
0
3
2
1
2
1
3
2
1
∑
∑
∑
=
+
−
−
=
=
−
+
=
=
+
+
−
=
Pl
l
S
l
S
l
S
M
S
S
P
Py
S
S
S
H
Px
A
A
Warunki geometryczne otrzymujemy na podstawie następującego schematu:
l
l
l
l
l
l
u
l
l
u
l
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
2
5
2
5
;
2
2
2
;
2
2
2
2
3
2
1
=
⋅
=
∆
+
=
∆
−
−
=
∆
,
stąd
2
2
2
1
l
l
l
ϕ
=
∆
+
∆
i
l
l
ϕ
2
3
=
∆
,
zatem
4
2
3
2
1
l
l
l
∆
=
∆
+
∆
.
Związki fizyczne:
EA
l
S
A
E
l
S
l
EA
l
S
A
E
l
S
l
EA
l
S
A
E
l
S
l
3
3
3
3
3
3
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
;
2
;
2
=
=
∆
=
=
∆
=
=
∆
.
Podstawiając otrzymujemy:
4
2
2
2
3
2
1
EA
l
S
EA
l
S
EA
l
S
=
+
lub
0
4
3
2
1
=
−
+
S
S
S
.
Mamy:
.
0
4
1
,
2
2
2
2
,
3
2
1
3
2
1
2
1
=
−
+
−
=
−
−
−
=
−
S
S
S
P
S
S
S
P
S
S
.
54
Problem 4.7. Obliczyć siły w prętach dla następującego układu.
∆
EA
EA
EA,
V
V
S
S
S
2
2
1
1
+ 2lA
t
t
t
Rozwiązanie. W rozwiązaniu ograniczymy się jedynie do podania podstawowych równań
pozostawiając czytelnikowi dokładne ich rozwiązanie. Otrzymujemy następujące związki
fizyczne:
( )
( )
.
2
,
2
2
,
2
2
4
2
2
2
2
2
2
,
2
2
2
2
3
1
3
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
A
l
S
l
t
EA
l
S
v
l
E
l
tl
E
l
l
t
E
l
EA
l
S
l
t
E
l
v
v
l
EA
l
S
E
l
v
l
t
t
t
t
⋅
⋅
−
=
∆
+
=
−
∆
=
∆
−
∆
=
−
∆
+
=
+
∆
+
=
−
=
∆
+
−
=
−
=
∆
γ
α
γ
α
γ
α
γ
α
γ
γ
Odpowiednie równanie równowagi ma następującą postać:
∑
=
−
+
−
=
0
;
0
3
2
1
S
S
S
Piy
.