wytrzymałość materiałów

WYTRZYMAŁOŚĆ MATERIAŁÓW
przygotowanie do OWT
Marek Mystkowski
1.WSTĘP
1.1 Wprowadzenie
Celem skryptu jest zapoznanie czytelnika z teorią wytrzymałości materiałów na poziomie 2 etapu
OWT grupy mechaniczno-budowlanej. Staram się przedstawić tą wiedzę prostymi słowami, nie
koniecznie będą to poprawne formalnie sformułowania. Gorąco zachęcam do przeczytania
fachowej lektury, gdyż nie wszystkie zagadnienia zostały tu omówione, a część w bardzo prostym
uproszczeniu lub dla szczególnych przypadków. Dla zadań które pojawiły się w poprzednich
edycjach olimpiady wiedza z zakresu wytrzymałości materiałów którą ma przekazać skrypt jest
wystarczająca by móc zrozumieć i rozwiązać zadania. Pragnę zwrócić uwagę że co jakiś czas
pojawiają się zadania z innych dziedzin np. z przewodnictwa cieplnego, które nie zostaną tu
omówione. Zakładam również że czytelnik posiada pewien poziom znajomości matematyki
(funkcje trygonometryczne, umiejętność rysowania wykresów i rozwiązywania prostych układów
równań) oraz fizyki (mechanikę:kinematyka, dynamika, bryła sztywna). Jeśli czujesz że masz braki
to koniecznie opanuj w stopniu podstawowym powyższe umiejętności.
1.2 Mechanika (dział fizyki)
Tak jak zostało wspomniane wcześniej zakładam że czytelnik posiada wiedzę w tej dziedzinie
jednak szybko przypomnimy sobie ta wiedzę.
1.2.1 kinematyka:
ruch jednostajny jest to ruch w którym prędkość jest stała zaś tor jest linią prostą.
s=v⋅t a=0
Wzory: v =const
ruch jednostajnie przyśpieszony, ruch w którym jest stała przyśpieszenie zaś tor jest linia prostą.
t2
Wzory: a=const
s=v 0⋅t +a
v =v 0 + a⋅t
2
ruch jednostajny po okręgu, prędkość stała, tor tworzy okrąg o promieniu r
v2
Wzór a=
r
rzut ukośny, pod kontem α do poziomu , z prędkością początkową v 0 , z punktu (0,0):
2
g⋅t
Wzory: x=v 0⋅t⋅cos α
y=v 0⋅t⋅sin α −
2
1.2.2 dynamika:
siła, jest wyrażana w niutonach (N), często będzie oznaczana jako P (w fizyce była jako F)
moment siły, iloczyn wektorowy siły i długości, jego wartość to: M =F⋅r⋅sin α
pęd p=m⋅v
Δp F
=
przyśpieszenie a=
Δt m
1.2.3 bryła sztywna:
moment bezwładności, dla punktu
v
prędkość kołowa ω= Δ α =
Δt r
moment pędu L=I⋅ω
a
przyśpieszenie kontowe ϵ=
r
I =m⋅r 2
1.2.4 energia:
praca W =F⋅Δl⋅cos α
W
moc P=
Δt
W =Δ E
m⋅v 2
2
I⋅ω2
energia kinetyczna obrotowa: E=
2
energia potencjalna (grawitacyjna): E=h⋅g
energia kinetyczna postępowa: E=
1.3 Oznaczenia
1.3.1 podarcia:
Nie będę tu przedstawiał różnych sposobów podparcia, jedynie pragnę zwrócić uwagę na istotny
fakt między dwoma typami podparć:
Praktycznie niczym się nie różnią (jedną kreską) jednak ta subtelna różnica ma ogromne znaczenie
przy liczeniu wytrzymałości. Sposób b) to swobodne podparcie działa tylko siła pionowa (ciało jest
swobodnie położone, bez żadnego utwierdzenia), zaś w sposobie a) jest utwierdzona i nie może się
przesuwać na boki (np. jak belka jest przykręcona do podłoża). Jeśli belka jest z obu stron podparta
sposobem a) może wytrzymać większe obciążenia nić belka swobodnie położona (przynajmniej
jedne podparcie jest typu b) ).
2. Podstawy wytrzymałości materiałów
W tym temacie zajmiemy się wprowadzeniem do liczenia wytrzymałości. Postaram się jak
najmniej wprowadzić pojęć jednak na tyle dużo by można było rozwiązywać zadania. Często
pojawią się nieformalne sformułowania, zaś cała teoria zostanie pozbawiona formalizmów i
skomplikowanych wyprowadzeni wzorów, chcę by było prosto i zrozumiale, polecam również
poczytanie fachowej lektury do wytrzymałości materiałów.
2.1 Prawo Hooke’a
Jest to podstawowe prawo opisujące zachowania ciał stały, najprościej możemy je sformułować
jako: Odkształcenie jest wprost proporcjonalne do siły która je wywołuje. Teraz zapiszemy to prawo
na wzorach.
Weźmy pręt długości l 0 (w spoczynku), który ma stałe pole przekroju A . Do pręta przykładamy
P rozciągającą (do obu końców by pręt się nie poruszał).
na końcach siłę ⃗
Schemat:
Wówczas mówimy że pręt podlega naprężeniu :
P
(naprężenie to taki odpowiednik ciśnienia, jednak głupio było by
σ =
A
mówić o ciśnieniu w ciałach stałych).
P wydłużył się o Δ l ,
Pręt pod wpływem działania siły ⃗
Δl
wtedy odkształcenie względne to: ϵ=
(w potocznym mowie mówimy:
l0
„Rozciągnąłem sznurek o 10%”, co znaczy że: Ε=0,1 ).
Wtedy prawo Hooke’a przybiera formę: σ =E⋅ϵ
E - moduł Younga (zwany też: współczynnik sprężystości podłużnej)
jest to wartość która zależy od materiału na który oddziałujemy (niektóre materiały łatwo się
rozciąga/ściska inne znacznie gorzej, i właśnie moduł Younga opisuje tą cechę),
np.: dla gumy E=0,01∼0,1 GPa ;
dla miedzi : E=100 GPa .
P
Δl
Podsumowując: σ = =E⋅ϵ=E⋅
A
l0
Przykład 2.1.1 :
Lina o długości l 0=2 m i przekroju A=1 cm 2 wykonana jest ze stali (dla której E=200GPa ).
Na linie powieszono obiekt o ciężarze P . Lina pod wpływem obciążenia wydłużyła się o
Δ l=1 cm , ile wynosi wartość P ?
Wiemy że
P
Δl
=E
A
l0
więc przekształcamy ten wzór na:
P=E⋅A
Δl
i podstawiamy wartości
l0
10−2 [m]
=100 kN
liczbowe: P=2⋅10 [Pa ]⋅10 [m ]
2 [m]
odp: Lina została obciążona ciężarem o wartości 100 kN .
11
−4
2
2.2 Rozciąganie i ściskanie
Naprężenie pochodzące od rozciągania/ściskania liczymy wprost z prawa Hooke’a. Zajmiemy się
szczegółowo ściskaniem, z poprzedniego rozdziału wiemy że σ ścis =P / A .
By konstrukcja była bezpieczna wystarczy warunek: σ ścis < k sci ,
k sci – krytyczne naprężenie na ściskanie (w przypadku rozciągania <k roz , gdzie k roz to krytyczne
naprężenie na rozciąganie). Krytyczne naprężenie na ściskanie/rozciąganie jest to kolejna własność
charakteryzująca materiał. Bardzo często zachodzi: k roz =k sci .
Jeśli w zadaniu będzie podana wartość krytycznego naprężenia zaś do obliczeń potrzebna jest owa wartość dla
ściskania i rozciągania można założyć że w obu przypadkach ma tą samą wartość.
Przypadek ze ściskaniem jest bardziej skomplikowany niż powyższy schemat. Spróbuj postawić
linijkę pionową i od góry przycisnąć. W pewnym momencie środkowa część linijki zaczyna
wychylać się na boki i dalej łatwo spowodować jej złamanie (a więc ostrożnie z siłą, linijka może Ci się
przydać :) ). To zjawisko nazywa się wyboczeniem i wtedy po mimo spełnienia warunku na krytyczne
naprężenie może dojść do zniszczenia konstrukcji. Obiekty długie i o małej powierzchni przekroju
poprzecznego są znacznie bardziej podatne na zjawisko wyboczenia. Nie zawsze trzeba rozważać
jego wpływ na konstrukcję (często w treści zadania każą zaniedbać to zjawisko). Szczegółowe omówienie
tego zjawiska będzie w rozdziale 2.6 .
2.3 Zginanie
Tym razem zaczniemy od pokazania kilku przykładów zginania.
Powyższe przykłady zostały pokazane by uświadomić jak często obiekty są poddawane procesowi
zginania, w przypadku ściskania/rozciągania było to oczywiste. Podłoga w mieszkaniu poddawana
jest procesowi zginania (środkowa część chce się zapaść w dół, jeśli w dzieciństwie robiłeś zamki z piasku zapewne
wielokrotnie zawalały Ci się konstrukcje a to dlatego że mokry piasek ma małą wytrzymałość na zginanie, gdyby
decydowała o tym wytrzymałość na ściskanie to byś mógł chodzić po swych zamkach) . Tak więc wytrzymałość na
zginanie jest kluczowym elementem wytrzymałości: podłóg, tarasów, balkonów, wiaduktów,
mostów (nie należy jednak zapominać o obliczeniu wytrzymałości na ściskanie takich obiektów jak ściany, słupy, bo
co z tego że sufit wytrzymał lecz ściana do której jest przymocowany się zawali). W pewnych przypadkach
kluczowe staje się liczenie wytrzymałości na inne zjawisko: ścinanie to zjawisko dominuje przy
krótkich elementach, więcej o tym w rozdziale 2.5.
W tym rozdziale omówię zginanie belek (może by to również: strop, krokiew, podciąg, pręt jednak nie może
być to płyta, sufit), nie omówię tu procesu zginania płyt (płyta utwierdzone na wszystkich 4 krańcach w
przeciwieństwie do belek które są utwierdzone z dwóch stron. Płyty można potraktować jako układ dwóch połączonych
belek jak to zostało zrobione w zadani 2 z II etapu 34 edycji OWT). Ponadto zakładam że belka ma stały
przekrój wzdłuż swej długości.
Pierwszym krokiem jaki musimy zrobić jest poznać wzór na maksymalny moment gnący M g max ,
najczęściej jednak nie trzeba go liczyć lecz przepisać z tablic (w rozdziale 3.2 zostanie omówione jak się go
liczy w przypadku gdy nie znajdziemy go w tablicach) .Tablice można znaleźć w każdym poradniku do
mechaniki, ja również zamieściłem tą tabelkę: tab.1 w pliku Przydatne tabele.
Kolejne wzory jakie potrzebujemy związane są z kształtem i wymiarami przekroju belki. W tym
celu w tab.2 z pliku Przydatne tabele odszukujemy przekroju naszej belki i odnajdujemy wzory na:
a) moment bezwładności na zginanie I Z (czasami pojawia się jako litera J)
(taka nazwa pojawiła się w mechanice jednak to tylko zbieg okoliczności nazw, nawet jednostki są inne) .
b) wskaźnik wytrzymałości na zginanie: W Z
Aby konstrukcja była bezpieczna (nie zawaliła się):
I) maksymalne naprężenie normalne ( σ maxzgi ) musi być mniejsze od wskaźnika
wytrzymałości na zginanie ( k zgi ):
M
σ max zgi = g max <k zgi
WZ
II.) maksymalne odkształcenie ( f max ) musi być mniejsze od dopuszczalnego
odkształcenia ( f dop ): f max < f dop
Wzór na maksymalne odkształcenie znajduje się również w tab.1, jednak w tym wzorze pojawiają
się litery: E, I. E poznaliśmy już w dziale 2.1, zaś I jest to moment bezwładności który
odnajdujemy w tab.2.
Tak więc liczenie wytrzymałości na zginanie sprowadza się do odszukiwania odpowiednich wzorów w tabelkach .
Ćwiczenie 2.3.1: Zrób zadanie 1 z II etapu 41 edycji OWT i przeanalizować wzorcowe
rozwiązanie.
2.4 Skręcanie
Jak sama nazwa sugeruje ciało będzie podlegało skręcaniu, przykładowa sytuacja skręcania to:
M Skr =P⋅r (i podobnie w innych przypadkach,
najlepiej to widać robiąc zadania)
moment skręcający to:
Kolorem czerwonym został zaznaczony przekrój który będzie nas interesował
Tak jak w przypadku zginania potrzebujemy wzoru opisującego własności kształtu przekroju
poprzecznego i znów korzystamy z tabelek: tab.3 zawartej w pliku Przydatne tabele i odczytujemy
wzory na:
a) moment bezwładności na skręcanie: I S ,
b) wskaźnik wytrzymałości na skręcanie: W S .
Parametrem który opisuje własność materiału (tak jakby odporność na skręcanie, coś jak E przy ściskaniu)
jest Moduł Kirchhoffa ( G ) inaczej zwany modułem sprężystości poprzecznej.
τ Skr -jest to naprężenie od skręcania
θ - kont o jaki ciało zostało skręcone
l - długość odcinka na którym działa moment skręcający
Tak samo jak przy zginaniu by konstrukcja była bezpieczna muszą być spełnione dwa warunki
τ Skr <k Skr
θ<Θ dop
Gdzie k skr dopuszczalne naprężenie na skręcanie , zaś Θdop to dopuszczalny kont skręcenia.
Wzory łączące wszystkie te parametry to:
M
M ⋅l
τ Skr= Skr <k Skr
θ= Skr <Θdop
WS
G⋅I S
2.5 Ścinanie
O istnieniu tego zjawiska wspomnieliśmy przy omawianiu zginania. Zjawisko to występuje wręcz
w parze ze zginaniem, mianowicie występuje w identycznych sposobach obciążenia, jednak
kluczową różnicą jest to że odległości między siłami są małe, przez co moment zginania jest mały i
zjawisko zginania jest pomijalne małe, zaś duże siły powoduję pęknięcie,ścięcie.
Schemat:
Wzór będzie podobny jak przy ściskaniu, jednak bierze się ten przekrój
co przy zginaniu (równoległy do siły, a nie prostopadły jak przy ściskaniu).
τ Ści - naprężenie pochodzące od ścinania
P
τ Ści= < k Ści
A
2.6 Wyboczenia
O wyboczeniu było wspomniane przy ściskaniu. Wyboczenie występuje gdy się ściska obiekt i
pod wpływem naprężeń zaczyna odkształcać się na boki (a nie w przestrzeni w której jest ściskana)
Schemat:
Wzór dla wyboczeń sprężystych (z takimi mamy do czynienie w zadaniach,
zwany wzorem Eulera):
2
E⋅I
π
Pkr =( μ ) ⋅ 2
l
Gdzie:
Pkr - siła krytyczna
μ -współczynnik zależny od sposobu podporu (można znaleźć w tab4)
E - moduł Younga
l - długość
I -moment bezwładności przekroju (ten sam co przy zginaniu)
A więc by wyznaczyć wytrzymałość na wyboczenia wystarczy obliczyć siłę krytyczną i to jest
maksymalne dozwolone obciążenie przy którym konstrukcja jest bezpieczna.
Przykład 2.6.1:
Pręt stalowy ( E=200GPa ) długość l , o przekroju kołowym D=0,02 m , jest obciążony siłą
P (tak jak na schemacie poniżej). Naszkicuj wykres maksymalnej możliwej siły obciążenia od
długości pręta ( od 0,1 m do 1 m co 0,1 m ). Naprężenie krytyczne na ściskanie
k sci=150 MPa .
Rozwiązanie:
Nie może być przekroczone krytycznie naprężenie na ściskanie:
σ sci< k sci
P
P
4P
1
2
σ sci= =
=
po przekształceniu: P= π D σ sci
2
2
A
4
D
π⋅D
π⋅( )
2
Po podstawieniu wartości otrzymujemy: P<47,12 kN
Konstrukcja musi być bezpieczna ze względu na wyboczenia:
P< Pkr
π )2⋅E⋅I
Pkr =( μ
l2
współczynnik μ=2 gdyż pręt jest utwierdzony jednostronnie (nr 2 z tab4)
π⋅D 4
z tab2 odczytujemy wzór : I =
64
1
2
podstawiając wartości liczbowe otrzymujemy: Pkr =3,875 2 [ k m N ]
l
Tak więc mamy dwa warunki na P :
P<47,12 kN
1
2
P<3,875 2 [k m N ]
l
Tworzymy tabelkę dla warunku drugiego:
l [m]
0,1
0,2
0,3
0,4
P [kN ] 387,5
96,875 43,05
24,22
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
15,5
10,76
7,9
6,05
4,78
3,875
Dla długości 0,1 i 0,2 jest warunek większy niż pierwszy a więc tu maksyma siła wynika z
pierwszego warunku. A więc dla 0,1 m 0,2 m P=47,12 kN .
Teraz wystarczy na wykresie narysować te 10 punktów, jednak mając dostęp do komputera
przedstawię cały wykres.
Jak widać dla małych odległość maksymalne
obciążenie wynikało z wytrzymałości na
ściskanie, zaś przy większych długościach
maksymalna wartość obciążenia szybko
maleje.
2.7 Sumowanie naprężeń
Przypomnijmy sobie wszystkie naprężenia jakie poznaliśmy w tym rozdziale:
σ ścis =P / A
M
σ max zgi = g max
WZ
M
τ Skr= Skr
WS
P
τ Ści=
A
Pierwsze dwa są to naprężenia podłużne, zaś całkowite naprężenie podłużne to:
σ =σ scis ±σmax zgi (jeśli będzie podane krytyczne naprężenia podłużne to ta suma musi być mniejsza)
Kolejne dwa naprężenia są to naprężenia poprzeczne, zaś całkowite naprężenie poprzeczne to:
τ=τ ścin ±τ skre (jeśli będzie podane krytyczne naprężenia poprzeczne to ta suma musi być mniejsza).
Może też wyliczyć naprężenia (całkowite), które wynosi:
p=√ σ 2+ τ 2= √( σ scis± σmax zgi )2+(τ ścin ±τ skre )2
Czasami zachodzi potrzeba skorzystania z owych wzorów, gdy mamy do czynienie z więcej niż
jednym sposobem obciążenia. Polecam przeanalizować zadanie 2 z 2 etapu 36 edycji OWT .
3. Statyka i liczenie momentu zginania dla belki
3.1 Statyka
Statyka jest to dział poświęcony ciałom które pozostają w spoczynku. W naszym przypadku
najczęściej ten warunek jest konieczny, np. belka będąca stropem sufitu musi zostać w spoczynku.
Stan w którym obiekt jest w spoczynku będziemy nazywać stanem równowagi statycznej. Obiekt
jest w stanie równowagi statycznej gdy:
i) Nie przesuwa się, co z punktu widzenia teoretycznego znaczy: wszystkie siły (nacisku jak i
reakcji) przyłożone do ciała muszą się zerować:
∑ F⃗ i=0
ii) Nie obraca się, co z punktu teoretycznego znaczy: suma momentu sił przyłożona do ciała
sumuje się do zera (wybieramy dowolny punkt i liczymy moment sił względem tego
punktu):
∑ F⃗ i×⃗r i=0
Przykład 3.1.1:
B . W odległości 1 m od punktu A
Weźmy belkę długości 3 m podpartą w punktach A
jest obciążona siłą P=30 N (w punkcie C). Chcemy wyznaczyć wartość R A R B .
Schemat:
Siły mają kierunek tylko pionowy, niech więc siły skierowane w dół będą na minusie, zaś siły
skierowane w górę na plusie. Wtedy warunek i) zapiszemy jako: R A −P+RB =0 . Warunek ii)
wygodnie będzie zapisać dla punktu A (zakładam że momenty siły zgodny z ruchem wskazówek
zegara będą na minusie, zaś w przeciwną stronę na plusie): −1 m⋅P+3 m⋅RB =0
RB =10 N
Rozwiązują układ równań otrzymujemy: R A =20 N
Warunek ii) można zapisać także w innym punkcie np. dla punktu C: −1 m⋅R A + 2m⋅R B=0 .
Rozwiązując teraz układ równani otrzymujemy ten sam wynik. Więc wybieranie punktu nie
wpływa na wynik, zaś można sobie ułatwić obliczenia. Zawsze piszemy dwa równania: jedno dla
warunku i) drugie dla warunku ii), wtedy możemy wyznaczyć dwie brakujące siły (najczęściej
reakcji).
Ćwiczenie 3.1.1: Zapisz warunek ii) dla punktu C .
Przykład 3.1.2:
O ścianę oparta jest drabina długości 6 m , z pionem tworzy kąt 30 ˚ . W połowie jej długości
stoi człowiek o ciężarze Q=600 N (ciężar drabiny jest pomijalnie mały). Między ścianą a drabiną
nie występuje tarcia (w punkcie styku drabiny ze ścianą jest tylko pozioma siła reakcji) , zaś między
podłogą a drabiną występuje tarcie wystarczające by drabina nie suwała się (w punkcie styku drabiny
z podłogą są 2 siły jedna pionowa reakcji, druga pozioma tarcia).
Schemat:
Na rysunku zaznaczone są trzy punkty:
A - punkt styku drabiny ze ścianą,
B - punkt styku drabiny z podłogą,
C - punkt w którym stoi człowiek (w połowie
długości drabiny).
Na drabinę działają następujące siły:
⃗ - siła ciężaru człowieka skierowana w dół,
Q
T⃗ - siła tarcia między drabiną a podłogą
skierowana w lewo.
⃗
R A - siła reakcji od ściany skierowana w prawo,
R⃗B - siła reakcji od podłogi, skierowana w górę.
Siły mają kierunek poziomy i pionowy, dlatego warunek i) zapiszemy jako dwa warunki:
a) suma sił w pionie (z plusem w górę, w dół z minusem): RB −Q=0
b) suma sił w poziomie (z plusem w prawo, w lewo z minusem): R A −T =0
Warunek ii) zapiszemy w punkcie B : 1,5 m⋅Q – 3 √3 m⋅R A =0
Rozwiązując układ 3 równani otrzymujemy: RB =600 N
R A =T =100 √ 3 N
Ćwiczenie 3.1.2: Zapisz warunek ii) dla punktów A i C .
Przykład 3.1.3:
Belka długości 3 m podparta jest na swych brzegach. Została obciążona siłami
P2=1 kN , tak jak na rysunku poniżej:
P1=2 kN
Siły mają kierunek pionowy więc warunek i) zapisujemy następująco: R A −P1−P2 + RB =0
Warunek ii) zapiszemy dla punktu A : −1 m⋅P1 – 2 m⋅P 2+3 m⋅R B=0
2
1
RB =1 kN
Rozwiązując układ równani otrzymujemy: R A =1 kN
3
3
Ćwiczenie 3.1.3: Zapisz warunek ii) dla dwóch dowolnych punktów.
3.2 Liczenie maksymalnego momentu zginania dla belki
Tym razem zaczniemy od przykładu i powoli zaczniemy go rozwiązywać (jest on trochę bardziej
skomplikowany niż przykłady które mogą się pojawić olimpiadzie, jednak na nim poznamy wszystkie
narzędzia do rozwiązywania zadań tego typu) .
Przykład 3.2.1:
Belka o długości 8 m jest podparta w punktach A , B . Jest obciążona siłą punktową P=3 kN
oraz naciskiem który jest opisany wartościami : q1 =2 kN /m q 2=3 kN /m i przyjmuje rozkład
taki jak na rysunku poniżej:
W tym przypadku nie będziemy tworzyć punktów C , D , E … . Punkty będziemy określać
P jest przyłożona w punkcie o odległości 0 m ;
względem początku belki (lewy koniec) , np.: siła ⃗
punkt podparcia B jest w punkcie o odległości 6 m .
Pierwszym krokiem jaki musimy zrobić to „pozbyć” się nacisków ( q ). Przy wyznaczaniu sił
reakcji i maksymalnych momentów gnących można zastąpić nacisk siłą punktową (tylko w tym
przypadku, nie wolno tak robić gdy chcemy policzyć odkształcenia).
1) Odcinek
możemy zastąpić jedną siłą punktową o wartości q1⋅1 m ,
w odległości 0,5 m , a więc:
.
W ogólnym przypadku dla równomiernego rozkładu nacisku, siłę punktową przykładamy w
połowie, zaś jej wartość to iloczyn wartości równomiernego nacisku i długości na jakim
odcinku działa nacisk.
2) Gdy rozkład nacisku jest „w postaci trójkąta”, zastępujemy go siłą punktową o wartości
równej połowie iloczynu długości na której działa nacisk i maksymalnej wartości nacisku.
Zaś siła punktowa jest przyłożona w 1/3 odległości od punktu w którym wartość nacisku
jest największa, np.: dla odcinka
nacisk zastąpimy siłą o wartości
2 m⋅q
,
2
1
i będzie ona w odległości 1 m od lewego brzegu.
3
3) Gdy rozkład naciski jest „w postaci trapezu” , wtedy „dzielimy go na prostokąt i trójkąt” i
stosujemy odpowiednio punkt 1 i 2, np.:
Mając te trzy szablony jesteśmy w stanie zastąpić nacisk w naszym przykładzie na siły punktowe.
W tym celu dzielimy nacisk na 3 przedziały:
 odcinek 3 m – 5 m podlega naciskowi „w kształcie trójkąta” więc zastępujemy go siłą
1
1
P1= ⋅2 m⋅q 1=2 kN przyłożoną w punkcie o odległości 4 m ;
2
3
 odcinek 5 m – 6 m podlega naciskowi „w kształcie prostokąta” więc zastępujemy go siłą
P2=1 m⋅q1 =2 kN przyłożoną w punkcie o odległości 5,5 m ;
 odcinek 6 m – 8 m podlega naciskowi „w kształcie trapezu” więc „rozłożymy go na nacisk
w kształcie prostokąta i nacisk w kształcie trójkąta”
a) dla „prostokąta” : P3=2 m⋅q 1=4 kN przyłożona w punkcie o odległości 7 m ;
1
b) dla „trójkąta”: P4 = ⋅( q3 −q2 )⋅2 m=1 kN przyłożona w punkcie o odległości
2
1
7 m ;
3
Po zastąpieniu nacisków siłami punktowymi otrzymujemy sytuację poniższą:
Warunek i) zapisujemy jako: −P+ R A−P1−P 2+ R B−P3 −P4 =0
Warunek ii) zapiszemy w punkcie oddalonym o 2 m (w punkcie podparcia A):
1
1
2 m⋅P – 2 m⋅P1 – 3,5 m⋅P2 +4 m⋅R B – 5 m⋅P3 – 5 m⋅P4 =0
3
3
RB =7,75 kN
Rozwiązując układ równani otrzymujemy: R A =4,25 kN
Wskazówka: jak widać warunek ii) zazwyczaj wygodnie jest zapisywać w jednym z punktów podparcia.
Mamy już wyznaczone wszystkie siły, warto zatrzymać się na chwilę nad warunkiem ii) , gdy weźmiemy
dowolny punkt, zawsze suma momentu siły wynosi 0. Maksymalny moment gnący będzie podobnie liczyć
jak warunek ii) lecz tylko część sił będziemy sumować.
Liczymy maksymalny moment gnący:
Ciągle stosujemy adnotacje określania punktów względem początku belki. Aby wyznaczyć moment
gnący w punkcie x sumujemy momenty sił działające na belką na lewo od tego punktu, np.: dla
x=3 m : M g 3 m=3 m⋅P – 1 m⋅R A =4,75 k mN . Aby poznać maksymalny moment gnący, trzeba
poznać momenty gnące w każdym punkcie belki.
Przypomnijmy sobie jak wygląda pierwotny układ (nie możemy operować na układzie po
zmienieniu nacisku na siły punktowe):
owy układ dzielimy na 5 odcinków: [0m ; 2m) ,[2m ; 3m) , [3m ; 5m), [5m ; 6m), [6 ; 8m] , jak
widzimy w kolejnych odcinku przybywa jakieś siły lub ubywa, lecz w danym odcinku nie ma
zmian, właśnie tak należy dzielić układ na części. Teraz dla każdego odcinka zapiszemy wzór na
moment gnący. (dla tego przykładu podam gotowe wzory dla przykładu 3.2.2 opisze skąd się biorą)
Dla odcinka [0m ; 2m) : M g x =x⋅P=x⋅3 kN
Dla odcinka [2m ; 3m) : M g x =x⋅P – ( x−2 m)⋅R A
Od 3 m zaczyna się nacisk, a więc cały nacisk na lewo od punktu w którym liczymy moment
gnący zamieniamy na siłę punktową i wtedy liczymy moment gnący.
q1⋅(x−3 m)3
Dla odcinka [3m; 5m): M g x =x⋅P – ( x−2 m)⋅R A +
12 m
2
1 q 1⋅( x−5)
Dla odcinka [5m; 6m): M g x =x⋅P – (x−2 m)⋅R A + P1⋅( x−4 )+
3
2
Dla odcinka [6m; 8m]:
q (q −q )⋅(x−6 m)
1
M g x =x⋅P – (x−2 m)⋅R A + P1⋅( x−4 )+ P 2⋅( x−5,5 m)−RB⋅(x−6 m)+( x−6 m)2⋅( 1 + 2 1
)
3
2
12 m
No i stało się, pewno przestraszyłem czytelnika, jeśli na razie nie wiesz skąd się wzięły owe wzory to spokojnie w
przykładzie 3.2.2 zostanie to omówione. Jednak proponuję po skończeniu lektury tego tematu wrócić do tego przykładu
i przeanalizować powyższe wzory (samemu wyprowadzić i porównać). Ponieważ przykład jest trudniejszy niż te jakie
mogą pojawić się na olimpiadzie skorzystałem z komputera i narysowałem wykres i z niego odczytamy maksymalny
moment gnący (acz kol wiek da się analitycznie wyznaczyć te punkty o czym przekonamy się w przykładzie 3.2.2)
Wykres momentu gnącego wzdłuż długości belki: (obliczony na podstawie powyższych wzorów)
Jak widać maksymalny moment gnący jest w punkcie o odległości 2 m i wynosi 6 k mN .
Jest to punkt podparcia A , tak więc punktem najbardziej narażonym na zgięcie/pęknięcie (przy
założeniu że przekrój belki na całej długości jest taki sam) jest punkt podparcia A.
Przykład 3.2..2: (znacznie łatwiejszy na poziomie olimpiady)
Belka długości 6 m jest podparta na brzegach. Została obciążona siłą P=3 kN
kN
długości naciskiem q=0.4
tak jak na rysunku poniżej:
m
oraz na pewnej
Najpierw wyznaczymy siły reakcji, w tym celu zastąpimy nacisk siłą punktową
P1=3 m⋅q 1=1,2 kN :
Zapisujemy dwa warunki równowagi statycznej:
i) : R A −P−P1 +RB =0
ii) dla punktu A : −2 m⋅P−4,5 m⋅P1+ 6 m⋅RB =0
rozwiązując układ równani otrzymujemy: R A =2,3 kN i RB =1,9 kN .
Teraz dzielimy naszą belkę na odcinki i liczymy moment gnący w poszczególnych przedziałach:
dla przedziału [0m ; 2m): M g x =−x⋅R A
dla przedziału [2m ; 3m): M g x =−x⋅R A +( x−2m)⋅P
2 1
dla przedziału [3m ; 6m]: M g x =−x⋅R A +( x−2m)⋅P+( x−3 m) ⋅ ⋅q
2
By lepiej zobaczyć skąd się wzięły owe wzory przeanalizuję jak powstał wzór dla trzeciego
przedziału. Weźmy dowolny punkt x∈[3 m ; 6 m] i przerysuję owy schemat obciążenia z siłami
tylko na lewo od tego punktu:
nacisk zastępujemy siłą punktową o wartości
odcinka na którym działa nacisk, a więc:
P1 '=( x−3 m)⋅q
przyłożoną w środku długości
i teraz zapisujemy sumę momentów sił pochodzących od trzech sił dla punktu x (odległość punktu x od
sił pomnożona przez wartość siły) , i otrzymujemy nasz trzeci wzór.
Następnie podstawimy wartości liczbowe do naszych wzorów i je uproszczamy, wtedy
otrzymujemy:
dla x∈[ 0 m; 2 m ) : M g x =−2,3⋅x kN
dla x∈[ 2 m; 3 m ) : M g x =0,7⋅x kN – 6 k mN
2 kN
– 0,5⋅x kN – 4,2 k mN
dla x∈[ 3 m; 6 m ] : M g x =0,2⋅x
m
Pierwszy przedział to funkcja liniowa, więc największą bezwzględną wartość ma na końcach
przedziału. a więc max(0; 4,6 k mN )=4,6 k mN (i jest ona w punkcie oddalonym o 2m )
Drugi przedział to też funkcja liniowa a więc też bierzemy maksimum z wartości bezwzględnych na
końcach przedziału max( 4,6 k mN ; 3,9 k mN )=4,6 k mN (wciąż w punkcie oddalonym o 2m).
Dla trzeciego przedziału mamy parabole, a więc trzeba wziąć max z krańców przedziału i z
wartości dla wierzchołka paraboli. Wyznaczamy wierzchołek paraboli: równianie kwadratowe
−b −(−0,5) 0,5
2
=
=
=−1,25 . Lecz
0,2 x −0,5 x −4,2 , ma wierzchołek w punkcie x=
2a −2⋅0,2 −0,4
wartość −1,25∉[ 3 ; 6 ] . Więc trzeba rozważyć tylko wartości na brzegach: w punkcie x=3 m
wynosi 3,9 k mN , zaś dla x=6 m wynosi 0 , więc maksymalny moment gnący jest w punkcie
x=2 m i wynosi 4,6 k mN .
UWAGI:
1. tekst w „cudzysłowach” jest bardzo nieformalny, lecz została wybrana taka forma by można
było łatwiej zrozumieć;
2. metodę zaprezentowaną w dziale 3.2 na wyznaczenie momentu gnącego można stosować
tylko przy belkach w których występują swobodne podparcia.