Pręty, układy prętów - Zakład Wytrzymałości Materiałów i Konstrukcji

PRĘTY, UKŁADY PRĘTÓW
Układy prętowe statycznie wyznaczalne
Pręt jest najprostszym modelem elementów konstrukcyjnych.
Kształt pręta jest wyznaczony przez dowolną figurę płaską, której środek ciężkości porusza się po dowolnym torze – figura ta
wyznacza kształt przekroju poprzecznego, natomiast tor wyznacza oś pręta.
Rozciąganie a) i ściskanie b) oraz siła
wewnętrzna c) dla pręta o stałym przekroju
Przykłady konstrukcji prętowych
Równanie równowagi: suma sił działających wzdłuż osi pręta
jest równa zeru
Naprężenia w pręcie:

Wydłużenie pręta:

N
A
L
.
L
Ponieważ dla rozciąganego pręta obowiązuje prawo Hooke'a,
wydłużenie pręta oraz jego przewężenie (odkształcenie poprzeczne) określają zależności:

PL

 L 
, ' .
E
EA
Siły wewnętrzne w pręcie wyznacza się za pomocą metody
przekrojów. Myślowych przekrojów należy dokonywać
w dowolnych miejscach odcinków, których granicami są
punkty przyłożenia obciążenia oraz zmiany kształtu poprzecznego pręta ( np. wielkości przekroju).
08 Pręty, układy prętów.doc
93
PRZYKŁAD
Dla pręta przedstawionego na rysunku wykonać wykresy sił normalnych, naprężeń
oraz przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta.
Równanie statyki:
3P – 2P + P – R = 0
Metoda: – metoda myślowych przekrojów.
Przekrój 1–1:
N1  P,
1 
N1
,
A
L1 

R = 2P
N1L1 Pa

.
EA EA
W przekroju 1–1 siła wewnętrzna jest siłą rozciągającą. Dla uniknięcia
konfliktu znaków w pozostałych przekrojach kierunek sił wewnętrznych będzie zgodny z kierunkiem przyjętym w przekroju 1–1. Dzięki temu założeniu
znaki sił w pozostałych przekrojach należy odnosić do kierunku sił w tym
przekroju.
Przekrój 2–2:
N2  P  2P  P, 2 
N2
P
NL
2Pa
  , L 2  2 2  
.
A
A
EA
EA
W porównaniu z przekrojem 1–1, tutaj siła wewnętrzna jest siłą ściskającą, naprężenia mają znak zgodny ze znakiem sił, nastąpiło skrócenie odcinka, w którym umiejscowiony został przekrój 2–2.
Przekrój 3–3:
N3  P  2P  P, 3 
N3
NL
P
3Pa
  , L3  3 3  
.
2A
2A
E2A
4EA
Zmiana wielkości przekroju poprzecznego nie wpływa na wartość siły
wewnętrznej, ale ma wpływ na naprężenia i odkształcenia. Siła N3 ma znak
przeciwny do siły w przekroju 1–1, jest więc siłą ściskającą.
Przekrój 4–4:
N4  P  2P  3P  2P,  4 
N4 P
NL
3Pa
 , L 4  4 4 
.
2A A
2EA 2EA
W tym przekroju siła ma znak zgodny z kierunkiem w przekroju 1–1, jest
więc siłą rozciągającą. Wykresy sił normalnych i naprężeń przedstawiono
na rys. 2.6. Uskoki na wykresie sił wewnętrznych odpowiadają wartościom
sił zewnętrznych – w ten sposób jest zachowana ciągłość wykresu sił normalnych.
08 Pręty, układy prętów.doc
94
Całkowite wydłużenie swobodnego końca pręta jest sumą wydłużeń poszczególnych odcinków:
L  L1  L 2  L3  L 4 
Pa 
3 3
Pa
.
1  2     
EA 
4 2
4EA
Wykres przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta pokazano na rysunku.
Po analizie czterech przekrojów do rozpatrzenia pozostał jeszcze niewielki
fragment pręta. Jego analiza może mieć znaczenie przy sprawdzaniu poprawności wyników. Z warunków równowagi sił dla tego fragmentu pręta wynika, że N4 = R = 2P. Fakt ten potwierdza poprawność obliczeń.
Do obliczenia całkowitego wydłużenia pręta można wykorzystać zasadę superpozycji.
Zasada superpozycji
Obciążenie działające na pręt można rozłożyć na oddzielnie działające siły 3P, 2P i P.
Obniżenie swobodnego końca pręta wywołane tymi siłami (czynną, obciążoną część pręta
zakropkowano) wyrażają zależności:
3P  1,5a 9Pa

,
2EA
4EA
7Pa
 2P  2a 2P  3a 
L' '  

,

2EA 
EA
 EA
P  3a P  3a 9Pa
L' ' ' 


,
EA
2EA 2EA
Pa
L  L' L' ' L' ' '  
.
4EA
L' 
Zasadę superpozycji można zastosować również do obliczenia reakcji R. Zgodnie z rysunkiem, reakcja ta wynosi R = 3P – 2P + P = 2P.
Podsumowując ten przykład warto zapamiętać następujące zasady.
1 Na wykresach sił wewnętrznych musza być widoczne wszystkie siły zewnętrzne
czynne (obciążenia) i bierne (reakcje).
2 We wszystkich myślowych przekrojach wskazane jest konsekwentne stosowanie
wspólnej umowy określającej znaki sił wewnętrznych.
Należy podkreślić, ze powyższe zasady znajdują zastosowanie
nie tylko w układach prętowych, ale również w wałach i belkach.
Zasady te mają więc uniwersalny charakter.
08 Pręty, układy prętów.doc
95
PRZYKŁAD
Sztywna (nieodkształcalna) belka AB jest podtrzymywana w położeniu poziomym za pomocą pręta CD. Korzystając z warunku wytrzymałościowego, określić dopuszczalną wartość
siły P. Dla obciążenia równego obciążeniu dopuszczalnemu obliczyć obniżenie końca B belki. Przyjąć średnicę pręta CD wynoszącą d = 20 mm, dop = 160 MPa, E = 2105 MPa.
Dzięki metodzie myślowych przekrojów w pręcie CD zostaje „ujawniona” siła wewnętrzna
S. Wykorzystując zasadę zesztywnienia, równania statyki można ułożyć dla nieodkształconego układu prętów. Z trzech równań równowagi dla płaskiego układu sił w tym zadaniu będzie wykorzystana suma momentów względem punktu A (jest to najkorzystniejszy punkt).
Pozostałe dwa równania statyki mogą być wykorzystane np. do obliczenia reakcji RA.
ELEMENT ODKSZTAŁCALNY
(obowiązuje zasada myślowych przekrojów)
ELEMENT „SZTYWNY”
(zasada myślowych przekrojów nie obowiązuje)
Równanie statyki:
 MA   0 Pa  b  S sin   0  S 
Pa  b
.
asin 
Warunek wytrzymałościowy:

S
d2
 dop  S  A  dop, A 
,
A
4
d2dopasin 
Pa  b  d2

 dop  Pdop 
,
asin 
4
4a  b 
Pdop 
  202  160  1 sin 36,87o
 10 3  12,064 kN.
41  1,5 
W powyższym wzorze  = arctg 0,75 = 36,87. Do dalszych obliczeń przyjęto Pdop = 12 kN.
Siła wewnętrzna w pręcie CD wynosi:
S
Pa  b
12  2,5

 50 kN.
asin 
1  sin 36,87o
Przed przystąpieniem do obliczenia przemieszczeń należy wprowadzić pewne uproszczenia, związane z praktycznym, inżynierskim charakterem wytrzymałości materiałów.
Ponieważ odkształcenia i przemieszczenia są bardzo małe, łuki określające nowe położenie
punktów można zastąpić odcinkami prostymi prostopadłymi do pierwotnego (nieodkształconego) położenia prętów (rys. c). Należy też przestrzegać zasady zgodności odkształceń z
kierunkami sił.
Z prawa Hooke'a obliczyć można wydłużenie pręta CD (F =  cm2)
L CD 
S  L CD
S c
50  0,75


 10 4  1 mm.
5
o
EA
EA sin  2  10    sin 36,87
Przemieszczenie punktu B
Przemieszczenie punktu B jest spowodowane wydłużeniem się pręta CD. Na skutek tego
wydłużenia punkt C przemieszcza się w dół o odcinek CC'. Korzystając z twierdzenia Talesa,
można obliczyć przemieszczenie BB'
CC' 
BB'  CC'
L CD
Sc
Pa  bc


,
3
sin  EAsin  EAasin3 
a  b Pa  b c
12  1  1,5  0,75


 10 4  4,145 mm.
2
3
5
2
3
o
a
EAa sin  2  10    1  sin 36,87
08 Pręty, układy prętów.doc
2
2
96
PRZYKŁAD
Dwa pręty połączone przegubem A są obciążone pionowa siła P. Obliczyć przemieszczenie przegubu A. Przyjąć: P = 10000 N, a = 1 m, E = 2106 MPa, A1 = 2 cm2,
A2 = 1 cm2,  = 30,  = 60.
d)
c)
S1

l 2
P

x

A
w1
P
y
S2
2


HA A1
a
w
c
A2
2
A
A
d
A
l 2
l 1
90

l 1

o

A
a
A1
b

1

VA
1

VA
b)
a)

HA A1
Równania równowagi (rys. b):
(1)
(2)
 P()  0
 P()  0
S1 cos   S2 cos   P  0,
 S1 sin   S2 sin   0.
Po rozwiązaniu powyższego układu otrzymuje się wartości sił wewnętrznych
S1 
P sin 
P sin 
 8660 N, S2 
 5000 N.
sin(   )
sin(   )
Wydłużenia prętów: znając długości prętów:
L1 
a
a
 2 m, L2 
 1,155 m,
sin 
sin 
z prawa Hooke’a wyznacza się:
L1 
S1L1 8660  2

 10  0,433 mm,
EA1 2  106  2
L 2 
S2L 2 5000  1,155

 10  0,289 mm .
EA 2
2  106  1
Opierając się na rysunku c, składowe pionową i poziomą przemieszczenia wyznacza
się z zależności:
VA  x  y  l1 cos   l2 cos   0,433  cos 30  0,289  cos 60  0,519 mm,
HA  w  w1  l1 sin   l2 sin  0,433  sin 30  0,289  sin 60  0,034 mm.
Znak „” przy przemieszczeniu HA wskazuje, że kierunek przemieszczenia przyjęty
na rys. a jest niewłaściwy. Ten wniosek jest prawdziwy tylko wówczas, gdy odkształcenia prętów przyjęto zgodnie z kierunkami sił założonymi w równaniach
statyki.
08 Pręty, układy prętów.doc
97
Układy prętowe statycznie niewyznaczalne
Zadania statycznie niewyznaczalne charakteryzują się tym, że liczba
niewiadomych jest większa od liczby równań statyki. Rozwiązanie zadania statycznie niewyznaczalnego wymaga ułożenia dodatkowych równań geometrycznych.
Równania geometryczne buduje się wykorzystując zasadę nierozdzielności konstrukcji, polegającą na tym, że odkształcona konstrukcja
stanowi w dalszym ciągu jedną całość i tym samym odkształcenia jej
wszystkich elementów są ze sobą powiązane poprzez istnienie więzów
(przegubów). Równania geometryczne wykorzystując ten fakt są równaniami zawierającymi odkształcenia wszystkich elementów RG = f(Δli).
Przy wykorzystaniu prawa fizycznego (prawo Hooke’a), równanie geometryczne przekształca się tak, że występują w nim siły wewnętrzne,
czyli RG = f(Si). Równania w tej postaci mogą razem z równaniami statyki tworzyć układ pozwalający na rozwiązanie zadania.
PRZYKŁAD
Dla pręta przedstawionego na rysunku wykonać wykresy sił normalnych, naprężeń
oraz przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta. Do obliczeń przyjąć następujące dane liczbowe: P = 70 kN, F = 4 cm2, a = 0,6 m, E = 2105 MPa.
Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równanie statyki musi
być uzupełnione równaniem geometrycznym, uwzględniającym fakt, że całkowite
wydłużenie pręta jest równe zeru.
RA
N
[kN]
RA

 L [mm]
[MPa]
30
3F
a
25
0,075
F
a
75
P
0,225
a
P
100
40
RB
RB
Równanie statyki ma postać
(1)
 P  0
R A  RB  P  0, 
R A  RB  P.
Równanie geometryczne przyjmuje, że całkowite wydłużenie pręta jest równe zeru
(2)
L  0.
Korzystając z metody myślowych przekrojów można określić wydłużenie poszczególnych odcinków, w których dokonano myślowych przekrojów. Dodatkowo można
określić dane, potrzebne do wykonanie wykresów wymienionych w temacie zadania.
Myślowe przekroje przedstawia rysunku.
08 Pręty, układy prętów.doc
98
Przekrój 1–1
RA
1
Przekrój 2–2
RA
Przekrój 3–3
RA
Przekrój 3–3
1
N1
2
2
N2
P
3
N3
3
3
N3
3
RB
W poszczególnych przekrojach uzyskano:
Przekrój 1–1:
N1  R A , 1 
N1
Na
, L1  1 .
F1
E3F
W przekroju 1–1 siła wewnętrzna N1 jest siłą rozciągającą. Dla uniknięcia konfliktu
znaków, w pozostałych przekrojach kierunek sił wewnętrznych będzie zgodny z kierunkiem przyjętym w przekroju 1–1. Dzięki temu założeniu znaki sił w pozostałych
przekrojach należy odnosić do kierunku sił w tym przekroju.
Przekrój 2–2:
N2  R A ,  2 
Przekrój 3–3:
N2
N a
, L 2  2 .
F
EF
N3  R A  P, 3 
N3
N a
, L3  3 .
F
EF
Z równania geometrycznego (2) otrzymuje się
L  L1  L 2  L 3  0,
R A a R A a (R A  P)a


0
3EF EF
EF

RA 
3
3
P   70  30 kN.
7
7
Po wyznaczeniu z równania statyki (1) reakcji RB = P – RA = 40 kN, wyznaczyć
można dane do wykonania wykresów. Siły wewnętrzne wynoszą: N 1 = N2 = 30 kN,
N3 = 30 – 70 = – 40 kN – na tym odcinku pręt jest ściskany. Naprężenia i wydłużenia
wynoszą
N1 30
N
30

 10  25 MPa,  2  2 
 10  100 MPa,
3F 3  4
F
4
N
40
3  3 
 10  100 MPa,
3
4
Na
30  0,6
L1  1 
 10 4  0,075 mm,
5
3EF 3  2  10  4
Na
30  0,6
Na
40  0,6
L 2  2 
 10 4  0,225 mm, L3  3 
 10 4  0,300 mm.
5
5
EF 2  10  4
EF 2  10  4
1 
Odpowiednie wykresy przedstawiono na rys. 2.14. Dla sprawdzenia poprawności
obliczeń rozpatrzono dodatkowo przekrój 3-3. Warto też sprawdzić równanie geometryczne:
L  L1  L 2  L3  0,075  0,225  0,300  0.
08 Pręty, układy prętów.doc
99
PRZYKŁAD
Dla prętów przedstawionych na rysunku wyznaczyć siły i naprężenia w prętach
oraz przemieszczenie węzła A. Przyjąć: P = 25 kN, L = 1,2 m, E = 2105 MPa, A = = 2
cm2.
Wydzielając myślowo przegub A, otrzymuje się płaski układ sił zbieżnych. Z warunków równowagi wynika, że zwroty sił w prętach 2 i 3 muszą być przeciwnie skierowane – przyjęto tutaj, że pręt 2 jest ściskany.
a)
b)
L
c)
1
S2
0,5L
A
P
2A

A
S3
P
3
l
l 3 2
A

l1
A
2
x
L
S1
y
A

A1
 P()  0
 P()  0
Równania statyki (rys. b): (1)
(2)
Równanie geometryczne (rys. c): (3)
S1  S3 sin   P  0,
 S2  S3 cos   0 .
L3 L 2
L1  x  y 

.
sin  tg
Ponieważ: tg = 0,5l/l = 0,5,  = 26,565 oraz obliczając z prawa Hooke’a wydłużenia
prętów
l1 
S1L
SL
S1L
,
, l2  2 , l3 
EA
EA
2EA cos 
równanie geometryczne przekształca się do postaci
(3)
S1  1,25 S3  2 S2 .
Z równań (1)–(3) otrzymuje się S1 = 21,8 kN, S2 = 6,4 kN, S3 = 7,2 kN.
Naprężenia w prętach:
1 
S1
S
 10  109 MPa, 2  2  10  32 MPa,
A
A
S
3  3  10  18 MPa .
2A
Przemieszczenie przegubu A:
S1L 21,8  1,2

 10 4  0,65 mm,
5
EA 2  10  2
S L
6,4  1,2
 L 2  2 
 10 4  0,19 mm,
5
EA 2  10  2
 AV  L1 
 AH
 A  0,652  0,192  0,68 mm.
08 Pręty, układy prętów.doc
100
Naprężenia termiczne
Pod wpływem zmian temperatury elementy konstrukcyjne zmieniają swoje wymiary. Zmianę długości pręta obliczyć można z następującej zależności:
L t    L  T.
Współczynnik rozszerzalności liniowej  jest cechą charakterystyczną materiału.
Pręt poddany działaniu temperatury, będący elementem układu prętów, oddziałuje na
sąsiednie pręty. Całkowite odkształcenie pręta jest sumą odkształcenia termicznego i
odkształcenia sprężystego, wywołanego siłami powstałymi na skutek oddziaływania
sąsiadujących prętów. Odkształcenie to można obliczyć z zależności:
L   L t  Ln ,
Lt – wydłużenie termiczne,
Ln – wydłużenie sprężyste, zgodne z prawem Hooke'a.
Znaczenie znaków w powyższej zależności:
+Lt, – Lt – wydłużenie związane ze wzrostem temperatury (T > 0) lub skrócenie
związane z obniżenie temperatury (T < 0),
+Ln, – Ln – wydłużenie lub skrócenie, zgodnie ze znakami sił przyjętymi w równaniach równowagi,
gdzie:
PRZYKŁAD
Pręt o długości L i polu powierzchni A został poddany działaniu podwyższonej
temperatury T. Obliczyć naprężenia powstałe w pręcie.
R
R
T
L
T
R
A
R
R
Działanie
temperatury
Działanie
siły reakcji
Superpozycja
Pod wpływem temperatury, w utwierdzeniach pręta pojawiają się reakcje R. Zastosowanie zasady superpozycji umożliwia oddzielne rozpatrzenie działania temperatury i reakcji R. Po oswobodzeniu pręta od górnego utwierdzenia, może się on swobodnie wydłużać pod wpływem temperatury i jego wydłużenie wynosi
T   T  T  L .
W wyniku działania siły, skrócenie pręta wynosi (wg prawa Hooke’a)
R L
R 
.
EA
Ponieważ zadanie jest statycznie niewyznaczalne, równanie geometryczne ma
postać T = R, a stąd
R L
R
 T  T  L 
,
R   T  T  EA ,
    T  T  E .
EA
A
Przyjmując dane: L = 1 m, A = 3 cm2, T = 25C, T = 1,210-5 1/C otrzymuje się:
R  1,2  105  25  2  105  3  101  18 kN,   1,2  105  25  2  105  60 MPa .
08 Pręty, układy prętów.doc
101
Naprężenia montażowe
Poszczególne elementy dużej, złożonej konstrukcji są wykonywane z
odchyłkami wymiarowymi, założonymi przez konstruktora. W wyniku niekorzystnego zbiegu okoliczności suma tych odchyłek może spowodować
powstanie luzu montażowego, który w czasie montażu konstrukcji musi
być „zlikwidowany” przez działanie dodatkowych sił. Powoduje to powstanie w konstrukcji dodatkowych naprężeń, zwanych naprężeniami
montażowymi. W krańcowym przypadku konstrukcja mająca spełniać
określone zadania (np. przenosić obciążenia) już w czasie montażu może ulec zniszczeniu. Najczęściej spotykaną przyczyną luzów montażowych jest nieprzestrzeganie ustalonych warunków konstrukcyjnych i
technologicznych w wyniku lekceważenia zasad sztuki inżynierskiej.
Należy też wspomnieć, że w pewnych sytuacjach wywołanie naprężeń
wstępnych jest działaniem celowym, np. w połączeniach śrubowych naciąg wstępny zapobiega odkręcaniu się nakrętek, a w połączeniach kołnierzowych zapewnia szczelność połączenia.
Naprężenia montażowe mogą osiągnąć spore wartości, tak że po dodaniu obciążenia zapas wytrzymałości może być już niewielki.
PRZYKŁAD
W konstrukcji podtrzymywanej przez trzy pręty, w trakcie montażu okazało się, że
środkowy pręt został wykonany krótszy o  w stosunku do dokumentacji. Obliczyć
naprężenie w prętach po zmontowaniu konstrukcji. Do obliczeń przyjąć: P = 10 kN, L
= 1 m, A = 2 cm2, E = 2105 MPa,  = 1 mm.
Równania statyki dla zmontowanej konstrukcji:
 P  0
 M(C)  0
N1  N2  N3  P ,
N1  a N3  a  0
 N1  N3 .
Równanie geometryczne (zadanie statycznie niewyznaczalne):
L1  L 2   .
N L
N L
L1  1 ,
L 2  1 .
EA
2EA
Zgodnie z prawem Hooke’a:
P
A
a
08 Pręty, układy prętów.doc
2A
a
A
N2
N3
L
L
N1
L1
C
L2


P
A
a
2A
A
a
102
Po rozwiązaniu układu 3 równań otrzymuje się:
N1  N3 
P   EA

,
4
2L
N2  
P   EA

.
2
L
Rozwiązanie liczbowe uwzględniające trzy sytuacje:
1. Konstrukcja idealna, obciążona siłą P ( = 0).
N1  N3 
N2  
P
 2,5 kN ,
4
P
 5 kN ,
2
1  3 
2  
2,5
 10  12,5 MPa ,
2
5
 10  12,5 MPa .
22
Znak „-” przy sile N2 oznacza złe założenie kierunku tej siły w równaniu statyki.
2. Konstrukcja z luzem montażowym, bez obciążenia siłą (P = 0).
  EA
20
 20 kN , 1  3 
 10  100 MPa ,
2L
2
  EA
40
N2 
 40 kN ,
2  
 10  100 MPa .
L
22
N1  N3 
3. Konstrukcja z luzem montażowym, obciążona siłą P.
P   EA
22,5

 2,5  20  22,5 kN , 1  3 
 10  112,5 MPa ,
4
2L
2
P   EA
35
N2   
 5  35 kN ,
2  
 10  87,5 MPa .
2
L
22
N1  N3 
Dla 3. przypadku znajduje potwierdzenie zasada superpozycji.
08 Pręty, układy prętów.doc
103