7 Wstęp Klasyczne zbiory zadań ze statyki ukladów prętowych zawężone są tradycyjnie do ukladów Clapeyrona. Jest to klasyczny krąg zagadnień mechaniki konstrukcji ksztaltujący wyobraźnię przyszlych inżynierów. Brak w nim jednak miejsca na problemy niesprężyste, aczkolwiek postęp techniki komputerowej daje od dawna szansę na wprowadzenie analizy niesprężystej, tym bardziej, iż studenci korzystają najczęściej z tych programów obliczeń numerycznych. Wydaje się jednak, iż korzystanie z gotowych programów powinno być poprzedzone rozwiązaniem najprostszych zadań niesprężystych, co też proponujemy czytelnikowi. Sądzimy, iż szczególnie pouczające jest porównanie rozwiązań tych samych zadań przy różnych modelach materialów. Uzyskujemy tu szansę na porównanie wplywu przyjętego często arbitralnie modelu na rozwiązanie zadania. W tej formie podane są też zadania w zbiorze. Czytelnik w pierwszej kolejności może się ograniczyć do rozwiązania zadań liniowo – sprężystych. Natomiast w miarę poznawania mechaniki może te rozwiązania porównać z lepkosprężystymi, czy też różnymi opisami procesów pelzania materialów. Zadania są podzielone rozdzialami zgodnie z klasycznym ujęciem mechaniki materialów od prostych zadań po zlożone przypadki wytrzymalościowe. W następnej kolejności analizowane są przemieszczenia ukladów, zadania statycznie niewyznaczalne po problemy stanów granicznych i utraty stateczności. W podanej formie zadania te byly od kilkunastu lat przerabiane na ćwiczeniach z mechaniki materialów i konstrukcji przez moich studentów z Gliwic i Opola. To porównanie zadań klasycznych z niesprężystymi na prostych przykladach bylo wiodącą ideą wykladu i ksztaltowania wyobraźni przyszlych inżynierów. Na ostateczną formę opracowania mialy duży wplyw uwagi i sugestie recenzenta pracy – prof. Stefana Piechnika, któremu należą się szczególne podziękowania. Opracowanie zostalo przygotowane do druku przy znacznym udziale pracowników katedry, za co im jestem bardzo wdzięczny. J. Kubik
333
Embed
Wst ę - kfm.po.opole.pl · 9 Rozdział I Proste przypadki wytrzymało ściowe Przedstawione zostan ą zadania dotycz ące ściskania, skr ęcania i zginania pr ętów wykonanych
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
7
Wstęp
Klasyczne zbiory zadań ze statyki układów prętowych zawężone są tradycyjnie do
układów Clapeyrona. Jest to klasyczny krąg zagadnień mechaniki konstrukcji kształtujący wyobraźnię przyszłych inżynierów. Brak w nim jednak miejsca na problemy niesprężyste, aczkolwiek postęp techniki komputerowej daje od dawna szansę na wprowadzenie analizy niesprężystej, tym bardziej, iż studenci korzystają najczęściej z tych programów obliczeń numerycznych. Wydaje się jednak, iż korzystanie z gotowych programów powinno być poprzedzone rozwiązaniem najprostszych zadań niesprężystych, co też proponujemy czytelnikowi. Sądzimy, iż szczególnie pouczające jest porównanie rozwiązań tych samych zadań przy różnych modelach materiałów. Uzyskujemy tu szansę na porównanie wpływu przyjętego często arbitralnie modelu na rozwiązanie zadania. W tej formie podane są też zadania w zbiorze.
Czytelnik w pierwszej kolejności może się ograniczyć do rozwiązania zadań liniowo – sprężystych. Natomiast w miarę poznawania mechaniki może te rozwiązania porównać z lepkosprężystymi, czy też różnymi opisami procesów pełzania materiałów.
Zadania są podzielone rozdziałami zgodnie z klasycznym ujęciem mechaniki materiałów od prostych zadań po złożone przypadki wytrzymałościowe. W następnej kolejności analizowane są przemieszczenia układów, zadania statycznie niewyznaczalne po problemy stanów granicznych i utraty stateczności.
W podanej formie zadania te były od kilkunastu lat przerabiane na ćwiczeniach z mechaniki materiałów i konstrukcji przez moich studentów z Gliwic i Opola. To porównanie zadań klasycznych z niesprężystymi na prostych przykładach było wiodącą ideą wykładu i kształtowania wyobraźni przyszłych inżynierów.
Na ostateczną formę opracowania miały duży wpływ uwagi i sugestie recenzenta pracy – prof. Stefana Piechnika, któremu należą się szczególne podziękowania.
Opracowanie zostało przygotowane do druku przy znacznym udziale pracowników katedry, za co im jestem bardzo wdzięczny.
J. Kubik
3
Spis treści
Wykaz ważniejszych oznaczeń........................................................ 5 Wstęp............................................................................................... 7 Rozdział I. Proste przypadki wytrzymałościowe......................... 9 Rozdział II. Przemieszczenia układów prętowych....................... 63 Rozdział III. Zadania statycznie niewyznaczalne......................... 93 Rozdział IV. Utrata stateczności.................................................. 171 Rozdział V. Złożone przypadki wytrzymałościowe................... 223 Rozdział VI. Stany graniczne konstrukcji................................... 251 Rozdział VII. Hipotezy wytężeniowe.......................................... 287 Rozdział VIII. Twierdzenie o wzajemności .............................. 323
5
Wykaz ważniejszych oznaczeń
321 ,,, xxxxi - współrzędne kartezjańskie punktów
t, τ - czas s - współrzędna krzywoliniowa A, V, F - pole powierzchni, objętość, pole przekroju poprzecznego ni - i-ta współrzędna wektora przemieszczenia ui, u1, u2, u3 - współrzędne wektora przemieszczeń
q - obciążenia równomiernie rozłożone E, G, ν - moduł sprężystości Younga, Kirchhoffa i współczynnik
Poissona )(),( tGtE - funkcje relaksacji
pkR σ,, - wytrzymałość, naprężenie zredukowane, granica
plastyczności N, T1, T2 - siła osiowa i siły poprzeczne K, M2, M3 - moment skręcający i momenty zginające J0 - biegunowy moment bezwładności J2, J3 - momenty bezwładności względem osi x2 i x3
S2, S3 - momenty styczne obl. względem osi x2 i x3
N, n - wykładniki potęg w nieliniowych równaniach fizycznych
Proste przypadki wytrzymałościowe Przedstawione zostaną zadania dotyczące ściskania, skręcania i zginania
prętów wykonanych z materiałów sprężystych i lepkosprężystych. W rozważaniach będziemy również uwzględniać proste modele nieliniowości fizycznej materiału w formie potęgowej. W każdym zadaniu najpierw zostaną podane rozwiązania liniowo-sprężyste, a potem nieliniowe lub lepkosprężyste. Porównanie tych rozwiązań pozwoli uzmysłowić czytelnikowi celowość przyjmowania różnych modeli fizycznych problemu.
W rozważaniach dotyczących prostego rozciągania (rys. 1.0a) posługujemy się zależnościami między wydłużeniami l∆ a siłami osiowymi N. Mają one postać:
- liniowa sprężystość
EF
NllEE === − ∆σεεσ stąd 1,
(1)
- nieliniowa sprężystość o prawie potęgowym
lAF
Nl
AA
nnN
=
== ∆σεεσ stąd ,
(2)
- liniowa lepkosprężystość
)(*)(,)( 1 tdENF
lldtdtE −=∗=∗= ∆σεεσ stąd E 1-
(3)
gdzie
( ) ( )∫ −=∗=∗t
dftfdffdff0
121221 ττ , δ=∗− )()(1 tdEtE (4)
- nieliniowa lepkosprężystość
( ) ( ) ltdBF
NltdBtdA
nnN
=→∗=∗= )(*)(),( ∆σεεσ
(5)
10
gdzie
δ=)(*)( tdAtB (6)
c Rys. 1.0a Rys. 1.0b W zagadnieniach skręcania (rys. 1.0b) zależność między momentem
skręcającym K, a kątem obrotu przekroju ϕ przyjmuje formę:
- liniowa sprężystość
oGJ
KlG,GεσG =→==== ϕτγγτεσ
2G
1 ,22,2 13131212
(7)
gdzie
( ) ( )[ ]oF
o J
KdFxxJ
ρσστ =+=+= ∫212
213
23
22 ,
(8)
- nieliniowa sprężystość
( ) lNJ
K
GG
nnN
+=→
==)1(2
,20
13131313 ϕσεεσ (9)
gdzie
( ) ( )[ ]n
NdFxxNJF
NN 1,)1( 1
31
20 =+=+ ∫++
(10)
- liniowa lepkosprężystość
K
τ
φ
ρ σ12
σ
∆l
l
x2
x3
N
EF
l
x3
x2
σ13
GJ0,F x1
x1
11
(t)dG*KJ
l
1-
0
=→∗=∗=
∗==
− ϕτγγτ
εσεσ
dtGdtG
dtGdtG
)(,)(2
,)(2,*)(2
1
13131212
(11)
gdzie
δ=∗ − )()(2 1 tdGtG (12)
- nieliniowa lepkosprężystość
( )
ltGdKNJ
dtGtGd
n
nN
+=→
→
∗=∗=
−
−
)(*)1(
1
)(),(2
1
0
13
1
131313
ϕ
σεεσ
(13)
gdzie
δ=−
)(*)(21
tGdtG (14)
W podanych wzorach oznaczono symbolami: σ -naprężenie normalne, ε -
postaciowe, GGAE ,,, -moduły Younga i Kirchhoffa w zadaniach sprężystych
liniowych i nieliniowych, )(),(),(),(),(),(),(),(111 tGtGtBtEtGtGtAtE
−−− -funkcje relaksacji i pełzania w zadaniach liniowo i nieliniowo lepkosprężystych, ,...7,5,3=n -wykładnik opisujący nieliniowość,
)1(, 00 +NJJ - biegunowy moment bezwładności rzędu 2 i 1+N , l∆ -
wydłużenie pręta, ϕ - kąt skręcenia przekroju pręta, l - długość pręta, t - czas,
δ - delta Diraca, N - siła osiowa, K - moment skręcający. ZADANIE 1.1. Obustronnie utwierdzony pręt o stałym przekroju i długości l podlega
działaniu siły osiowej P przyłożonej w punkcie 0 (rys. 1.1a). Należy wyznaczyć siły osiowe w pręcie, przy czym zależność naprężenie-odkształcenie należy przyjąć najpierw jako liniowo sprężystą, a później nieliniowo sprężystą i lepkosprężystą. Poszukuje się wartości reakcji RA i RB.
12
Rys. 1.1a
Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równoważne zadanie
statycznie wyznaczalne otrzymamy po odrzuceniu więzów w utwierdzeniu B (rys. 1.1b). Dla zachowania równoważności obu zadań wymagamy, by przemieszczenie Bδ w punkcie B było równe zeru
Rys. 1.1b
0=Bδ
Z warunku równowagi sumy rzutów sił na oś x1 wynika, że
ABBA RPRRRP −=→=−− 0
Dodatkowe równanie na reakcje RA i RB otrzymamy wykorzystując warunek
nierozdzielności a) W zadaniu liniowo sprężystym wydłużenia pręta opisuje równanie
A B
P RB RA
a b
x3
x2
FE
P RA
RB
N
x1 0
A
P RB RA
a b
B
x1 0
δB=0
13
EF
Nll =∆
Stąd warunek nierozdzielności prowadzi do relacji
( ) ( )
b
aP
ba
bPR
PbbaREF
bPR
EF
aR
A
AAA
B
+=
+=→
→=−+→=−
+→=
1
000 δ
Z warunku sumy rzutów sił otrzymamy
a
bP
ba
aPRRPR BAB
+=
+=→−=
1
b) W zadaniu nieliniowo-sprężystym wydłużenie pręta dane jest równaniem
lAF
Nl
n
=∆
Stąd warunek nierozdzielności prowadzi do relacji
( )NAN
N
A
N
AA
nA
nA
nA
nA
B
b
a
PR
a
b
a
b
PRa
bRPR
a
b
FA
RP
FA
Rb
FA
PRa
FA
R
+=→
+
=→
−=→
→
−=
→=
−+
→=
11
00
δ
Z warunku sumy rzutów sił otrzymamy
NBAB
a
b
PRRPR
+=→−=
1
c) W zadaniu liniowo lepkosprężystym wydłużenie pręta opisuje zależność
14
)(* 1 tdENF
ll −=∆
Stąd po podstawieniu do warunku nierozdzielności będzie
00 111 =∗
−+→=∗
−+∗
−−− dEbF
PRa
F
RdE
F
PRbdE
F
Ra AAAA
Następnie na podstawie twierdzenia Titschmarscha stwierdzającego, iż
jeżeli iloczyn splotowy pary funkcji jest równy zeru, to jedna z funkcji wchodzących w jego skład musi być równa zeru, otrzymamy rozwiązanie zadania.
( )ba
bPRbPRaR AAA +
=→=−+ 0
Wynik w zadaniu lepkosprężystym jest więc identyczny jak w zadaniu
sprężystym. ZADANIE 1.2. Ściskany pręt składa się z kilku warstw (α ) o różnych przekrojach αF i
modułach Younga αE (rys. 1.2). Należy dla znanej siły osiowej P, parametrów
geometrycznych αF i fizycznych αE warstw określić naprężenia występujące
w poszczególnych składnikach pręta. Rozwiązanie należy znaleźć w zakresie liniowo i nieliniowo sprężystym oraz liniowo i nieliniowo lepkosprężystym.
Rozwiązanie: Zadanie jest wewnętrznie statycznie niewyznaczalne. Naprężenia w
poszczególnych składnikach pręta wyznaczymy wykorzystując założenie, iż odkształcenia wszystkich warstw są sobie równe
εεεεε α ====== m......21
oraz z warunku równoważności układów sił zewnętrznych i wewnętrznych
α
α
α
α
α σ FPP ∑∑ ==
15
Rys. 1.2
a) W przypadku liniowo sprężystym dla każdej z warstw (α ) można
zapisać równanie fizyczne
mE ,...,2,1, == αεσ ααα Stąd otrzymamy warunek równowagi wewnętrznej
α
α
αα
α
ααα εεεFE
PFEP
∑∑ ==→=
Znając wartości odkształcenia ε możemy wyznaczyć naprężenie w
dowolnej warstwie (α)
∑=→==
α
αααααααα σεεσ
FE
PEE E
Zauważmy, iż równym odkształceniom poszczególnych warstw odpowiadają
w ogólności skoki naprężeń na stykach warstw.
ε1
σ1
E1
ε1 ε2
εα
εm
Pm
Pα
P2
P1
F1 F2
Fα Fm
(m)
(α)
(2) (1)
α=1,2,..,m
εα
σα
Eα
P
16
b) W przypadku nieliniowo sprężystym dla każdej z warstw (α ) można
zapisać równanie fizyczne
( ) mAN
,...,2,1== αεσ ααα , Stąd otrzymamy warunek równowagi wewnętrznej
( ) ( ) α
α
αα α
ααααα εεεFA
PFAPP NNN
∑∑ ∑ ==→==
Znając wartości wyrażenia Nε możemy wyznaczyć naprężenie w dowolnej warstwie (α )
( ) α
α
α
αααααα σεεσ
FA
PAAA NN
∑=→==
c) W przypadku liniowo lepkosprężystym dla każdej z warstw (α ) można
zapisać równanie fizyczne
mdE ,...,2,1 , =∗= αεσ ααα
Stąd otrzymamy warunek równowagi wewnętrznej
∑ ∑ →∗==α α
αααα εdEFPP1−
∗== ∑
α
ααα εε EFPdd
gdzie
δα
αα
α
αα =
∗
∑∑
−
EFEF1
Naprężenie w warstwie (α ) wyliczymy z równania
1
*−
∗∗=→=∗= ∑
α
αααααααα σεεσ EFPEdEdE
W szczególnym przypadku, kiedy funkcje relaksacji warstwy (α ) są postaci
17
( )tfEtE αα0)( =
otrzymamy
α
α
αα
αα
α
α
α
αααα
εε
εεσ
0
00
**
*
EF
Pdfdf
dfEFPPdfE
∑
∑∑
==→
→==→∗=
i dalej
∑=→=∗=
α
αα
αααααα σεεσ
0
000 *
EF
PEdfEdfE
Wynik ten jest więc analogiczny, jak w przypadku liniowo sprężystym. d) W przypadku nieliniowo lepkosprężystym dla każdej z warstw (α )
można zapisać równanie fizyczne postaci
( ) mdAN
,...,2,1, =∗= αεσ ααα Stąd otrzymamy warunek równowagi wewnętrznej
( ) ( )1−
∗==→∗== ∑∑ ∑
α
αα
α α
ααααα εεε dAFPdAFPP NNN
gdzie
δα
αα
α
αα =
∗
∑∑
−
dAFdAF1
Naprężenie w warstwie (α ) wyliczymy z równania
( ) α
α
αααααα εεσ dAdAFPdAdA NN∗
∗===
−
∑1
**
W szczególności zaś, dla
αα0)()( AtdftdA =
otrzymujemy prostą zależność
18
( ) ( )
( ) α
α
αα
αα
α
α
α
αααα
εε
εεσ
0
00
**AF
Pdfdf
AdfFPPAdf
NN
NN
∑
∑∑
==→
→∗==→∗=
i dalej
α
α
α
αασ
0
0 AF
PA
∑=
Z porównania rozwiązań tych samych zadań w zakresie liniowo i nieliniowo
sprężystym wynika oszacowanie różnicy
=
−=−−
∑∑∑
1
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
αα
σσσ
AE
EP
FA
AP
AE
EP
E
NE
α
α
αα
α
α
αα
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
FAE
FEA
E
FE
FA
A
FE
E
∑
∑∑
∑∑−=
−= 1
Wynik ten pozwala m.in. na określenie wpływu przyjętych stałych
materiałowych w obu zadaniach. ZADANIE 1.3. Analizować będziemy naprężenia i odkształcenia w pręcie zbrojonym,
rozciąganym siłą osiową P (rys. 1.3). Pręt składa się z matrycy o sztywności 00FE i zbrojenia o łącznej sztywności 22FE . W układzie tym należy jeszcze
wydzielić warstwę kontaktową występującą między matrycą a zbrojeniem, która ma zapewnić ciągłość deformacji. Określenie własności mechanicznych
tej warstwy, tj. modułu sprężystości 1E jest celem zadania. Materiał matrycy,
zbrojenia i warstwy kontaktowej należy przyjąć jako liniowo sprężysty.
19
Rys. 1.3. Deformacje w pręcie warstwowym i jednorodnym układzie zastępczym Rozwiązanie: Oprócz wyjściowego zadania, w którym występują trzy składniki
,,, 221100 FEFEFE analizować będziemy jeszcze pewne równoważne zadanie
w zastępczym ośrodku jednorodnym o sztywności FE)
tak dobranej, aby pod wpływem tych samych obciążeń wystąpiły takie same odkształcenia
εε ))
== i PP Siłę osiową w pręcie określa relacja
( )∑∑∑ ====α
ααααα
α
α
ααεσ 2,1,0 , FEFPP
Wówczas warunek nierozdzielności odkształceń poszczególnych składników
E1F1 warstwa kontaktowa
E2F2 zbrojenie
E0F0 matryca
ÊF zastępczy ośrodek jednorodny
210 ,,
FF
E
=
=
=
∑α
εσ
α
α
ααα
εσ )))
E=
ε
P
ε)
P)
20
αεε =
prowadzi do zależności
αα
α
αασ
FE
PE
∑=
W równoważnym pręcie jednorodnym będzie zachodzić
εσ )))E=
a dalej
FE
P
E)
)
)
)) == σε
Warunek takich samych odkształceń εε )= i obciążeń PP
)= prowadzi do
równości
221100 FEFEFEFE
FEFEFE
P
FE
P
++=→
→=→=→= ∑∑
)
))
))
α
αα
α
ααεε
Stąd poszukiwany moduł warstwy kontaktowej wynosi
( )221
1 1FEFEFE
FE oo −−=
)
ZADANIE 1.4. Analizować będziemy jak poprzednio zadanie 1.3. zakładając, iż składniki
pręta są nieliniowo sprężyste, a dalej liniowo lepkosprężyste Rozwiązanie: a) W zadaniu nieliniowo sprężystym siłę osiową P określa wyrażenie
( )∑ ∑==α α
ααααα εσ NFAFP
21
Zaś warunek nierozdzielności odkształceń αεε = poszczególnych składników prowadzi do relacji
( )∑
==
α
ααα εε
FA
PNN
W równoważnym pręcie jednorodnym zachodzić będzie
NAεσ ))) =
a dalej
FA
P
AN
)
)
)
)) == σε
Warunek takich samych odkształceń εε ˆ= i obciążeń PP ˆ= prowadzi do równości
221100 FAFAFAFA
FAFAFA
P
FA
PNN
++=→
→=→=→= ∑∑
)
))
))
α
αα
α
ααεε
Z porównania sztywności FA)
z sumą sztywności ∑α
αα FA można
wyznaczyć parametr 1A warstwy kontaktowej
( )22001
1 ˆ1FAFAFA
FA −−=
b) W analogicznym zadaniu lepkosprężystym siłę osiową P określa
zależność
αα
α
αα
α
α εσ dEFFP ∗== ∑∑
Zaś warunek nierozdzielności przyrostów odkształceń
αεε dd =
22
prowadzi do relacji 1−
∗== ∑
α
ααα εε EFPdd
gdzie
δα
ααα
α
α =
∗
−
∑∑1
EFEF
W równoważnym pręcie jednorodnym zachodzić będzie
εσ )))dE∗=
a dalej
[ ] 111 **−−− ==∗= EFPE
F
PEd
))))
))) σε
Z przyrównania przyrostów odkształceń εε )dd = i obciążeń PP ˆ=
otrzymamy
[ ])( )( )( )(ˆ
)(ˆ )( ˆˆ
221100
11
tEFtEFtEFtEF
tEFtEFEFPEFPdd
++=→
→=→∗=
∗→= ∑∑−
−
α
αα
α
ααεε )
Z porównania sztywności )( tEF)
z sumą sztywności ∑α
αα )( tEF można
wyznaczyć poszukiwaną funkcje relaksacji E1(t) warstwy kontaktowej
( ) ( ) ( ) ( )]ˆ[1 1100
11 tEFtEFtEF
FtE −−=
ZADANIE 1.5. Należy określić stan naprężeń w warstwie rozdzielającej dwa pręty ściskane
równomiernie rozłożonym obciążeniem p (rys. 1.5). Materiały pręta i warstwy spajającej są liniowo sprężyste.
23
Rys. 1.5. Rozwiązanie: Określimy najpierw z osobna naprężenia i odkształcenia w warstwie
rozdzielającej i w prętach. W prętach naprężenia i wydłużenia wynoszą
E
bbb
E
lll
EEp
22 ;
22
; ; ;
1133
1122
113322
111111
νσε∆νσε∆
νσεεσεσ
−==−==
−===−=
a w warstwie rozdzielającej
g
ε
σ
E
p
naprężenia i odkształcenia w prętach
ε
σ
E0
2b
2l
p−=11σ
0
110033 E
σε
ν−=
0
11011 E
σε =
0
110022 E
σε
ν−=
h
h
p−=11σ
E
σε 11
33
ν−=
E
σε 11
11 =
E
σε 11
22
ν−=
naprężenia i odkształcenia w warstwie rozdzielającej
x2
x1
x3
24
0
1100330
0
1100220
0
110033
022
0
1101111
22 ;
22
; ; ;
E
bbb
E
lll
EEp
σνε∆σνε∆
σνεεσεσ
−==−==
−===−=
Różnice przyrostów długości wynoszą
−−=−
−−=−
E
v
E
vbbb
E
v
E
vlll
0
0110
0
0110
2
; 2
σ∆∆
σ∆∆
Jeżeli założymy ciągłość odkształceń na stykach warstw to różnice
odkształceń nie powinny wystąpić, a wobec tego powstanie dodatkowa siła pozioma X2 działająca w kierunku osi x2 oraz X3 działająca w kierunku osi x3 zapewniająca ciągłość poziomych odkształceń. W przypadku E>E0 w warstwie rozdzielającej wystąpią siły ściskające a w prętach rozciągające.
Siły X2 i X3 w prętach i rozdzielającej je warstwie wywołują następujące wydłużenia i skrócenia:
-na kierunku osi x2
−−=
+→
→−=+
EEl
gEEhb
lX
llbgE
lX
bhE
lX
ννσ
∆∆
0
011
02
00
22
2
1
4
1
2
2
22
2
stąd 1
00
02 2
1
4
1
−
+
−=
gEEhEEpbX
νν
-na kierunku osi x3
25
−−=
+
→−=+
EEb
gEEhl
bX
bblgE
bX
lhE
bX
ννσ
∆∆
0
011
03
00
33
2
1
4
1
2
2
22
2
stąd 1
00
03 2
1
4
1−
+
−=
gEEhEEplX
νν
Możemy teraz wyznaczyć dodatkowe naprężenia poziome 02222, σσ i
03333, σσ , które wynoszą
lg2,
4,
2,
430
333
3320
222
22
X
lh
X
bg
X
bh
X −==−== σσσσ
Podane rozważania posiadają przybliżony charakter. Pozwalają one jednak
określić wartość naprężeń występujących w płaszczyźnie prostopadłej do działania siły ściskającej, a wynikającą z różnicy własności sprężystych (modułów E i 0E ) w prętach i warstwie rozdzielającej.
ZADANIE 1.6. W układzie prętowym przedstawionym na rysunku (1.6) należy wyznaczyć
siły w prętach ukośnych, wykonanych z liniowego oraz nieliniowego materiału sprężystego.
26
Rys. 1.6. Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Z uwagi na symetrię
zadania pozioma belka nieodkształcalna przemieści się pionowo o pewną wartość ∆ , natomiast w prętach ukośnych powstaną przemieszczenia o wartości αsin∆ i βsin∆
a) W zadaniu liniowo sprężystym opisanym równaniami fizycznymi
22211 , εσεσ EE == wydłużenia i siły w prętach wynoszą odpowiednio
222
2
112
1
22
2
11
1
)(sin)(sin
sin)(sin
i sin)(sin
FE
lN
FE
lN
FE
lN
FE
lN
βα
β∆β
α∆α
=→
→==
Warunek sumy rzutów sił na kierunek pionowy opisany jest zależnością
02cos2cos2 12 =−+ qlNN αβ
EJ=∞ ∆
E1 F1 E1 F1
E2 F2 E2 F2 β β
α α
l
β
α
β
α
N1cosα N1cosα
N2cosβ N2cosβ
N1
N2 N2
N1
l/sinβ
l
l/sinα l/sinα
l/sinβ
q
∆sinα α ∆
∆sinβ β ∆
27
Siły N1 i N2 wyznaczymy więc z układu równań
qlNNFE
lN
FE
lN =+= βαβα
coscos i )(sin)(sin 21
222
2
112
1
stąd 1
221 cos
cos
cos i
−
+==αβ
αa
qlNaNN
gdzie
22
11
2
cos
sin
FE
FEa
=βα
b) Dla układu wykonanego z materiału nieliniowo sprężystego, opisanego
równaniami fizycznymi
NN AA 222111 , εσεσ ==
wydłużenia prętów ukośnych wynoszą odpowiednio
βα
β∆β
α∆α
222
22
11
1
22
2
11
1
sinsin
sinsin
i sinsin
l
FA
Nl
FA
N
l
FA
Nl
FA
N
nn
nn
=
→
→=
=
Warunek sumy rzutów wszystkich sił na kierunek pionowy opisany jest
zależnością
02cos2cos2 12 =−+ qlNN αβ Wtedy siły N1 i N2 można wyznaczyć z układu równań
qlNFA
N
FA
Nnn
=+
=
βαβα
coscosN i sin
1
sin
1212
22
22
11
1
stąd 1
221 coscos
cos i
−
+==αβ
αA
qlNANN
gdzie
28
n
FA
FAA
/2
22
11
sin
sin
=
βα
Z porównania sił N1 i N2 w zadaniu liniowym i nieliniowym wynika relacja
NNN N
N
A
a
N
NiaA
N
N
2
2
1
11
2
2
coscos
coscos =
+
+=−
αβ
αβ
lub
N
N
AN
aN
N
N
2
1
2
1 =
ZADANIE 1.7. Na układ prętów połączonych w punkcie 0 , symetrycznych względem osi
pionowej działa obciążenie pionowe P (rys. 1.7). Należy określić siły w poszczególnych prętach układu w przypadku liniowo i nieliniowo sprężystym.
Rys. 1.7.
Rozwiązanie: Warunek nierozdzielności przemieszczeń węzła 0 niezależnie od własności
materiału prowadzi do równań postaci
αα ω∆ sinVl =
V ωα
∆lα=Vsinωα
ωα
lα=h/sinωα
P
Nα Nαsinωα
0
ωα
Eα Fα
ωα ω1
V
E1 F1
0
h
ω1 ωm ωm
P
Eα Fα
E1 F1
α=1,2,...,m
1 α α m m 1
29
a) W zadaniu liniowo sprężystym opisanym równaniami fizycznymi
ααα
αααα
ααα
αα
ω∆∆εσ
sinFE
hNl
FE
lNlE =→=→=
siła osiowa w dowolnym pręcie )(α wynosi
ααα
αα
αα
α ω∆ω 2sinsinh
VFEl
h
FEN =⋅=
Z warunku równowagi – sumy rzutów sił na kierunek pionowy otrzymamy
13
3
sin2
sin2sin2
−
=→
→=→=
∑
∑ ∑
αα
αα
α αα
αααα
ω
ωω
FEhP
V
FEh
VPNP
stąd 1
32 sinsin2
−
= ∑
αα
ααα
ααα ωω FEFE
PN
b) W zadaniu nieliniowo sprężystym opisanym równaniami fizycznymi
ααα
ααααα
αα
αα ω
∆∆εσsin
h
FA
Nll
FA
NlA
nnN
=→
=→=
siła osiowa w dowolnym pręcie )(α wynosi
NN
h
VFA
h
lFAN
=
= ααα
αααα
α ωω∆ 2sinsin
Z warunku równowagi - sumy rzutów sił na kierunek pionowy otrzymamy
( )
( )1
2
2
sinsin2
sinsin2sin2
−
=
→
→
=→=
∑
∑∑
ααα
αα
ααα
αα
ααα
ωω
ωωω
NN
NN
FAP
h
V
FAh
VPNP
30
stąd
( ) ( )1
22 sinsinsin2
−
= ∑
ααα
ααα
ααα ωωω NN
FAFAP
N
Otrzymane wzory są słuszne dla dowolnej ilości prętów przy zachowaniu
symetrii układu oraz ich sztywności αα FE oraz αα FA . ZADANIE 1.8. W zadaniu o konfiguracji jak w poprzednim przykładzie na punkt 0 działa
siła pozioma P (rys. 1.8.). Należy wyznaczyć siły w poszczególnych prętach układu w przypadku liniowo i nieliniowo sprężystym.
Rys. 1.8. Rozwiązanie: Schemat statyczny zadania wraz z przemieszczeniami przedstawia rys. 1.8.
Warunek nierozdzielności przemieszczeń węzła 0 prowadzi do równań postaci
αα ω∆ cosVl =
a) W zadaniu liniowo sprężystym opisanym równaniami fizycznymi
ωα
Eα Fα
ωα ω1
E1 F1
0
h
ω1 ωm ωm
P
Eα Fα
E1 F1
V
α=1,2,...,m
ωα
Nαcosωα
lα=h/sinωα P
Nα
0
1 α α m m 1
V ωα
∆lα=Vcosωα
31
ααα
αααα
ααα
αα
ω∆∆εσ
sinFE
hNl
FE
lNlE =→=→=
siła osiowa w dowolnym pręcie )(α wynosi
αααα
αα
αα
α ωω∆ω cossinsinh
VFEl
h
FEN =⋅=
Z warunku równowagi – sumy rzutów sił na kierunek poziomy otrzymamy
12
2
cossin2
cossin2cos2
−
=→
→=→=
∑
∑∑
ααα
αα
ααα
αα
ααα
ωω
ωωω
FEhP
V
FEh
VPNP
stąd 1
2cossincossin2
−
= ∑
ααα
αααα
ααα ωωωω FEFE
PN
b) W zadaniu nieliniowo sprężystym opisanym równaniami fizycznymi
ααα
ααααα
αα
αα ω
∆∆εσsin
h
FA
Nll
FA
NlA
nnN
=→
=→=
siła osiowa w dowolnym pręcie )(α wynosi
NN
h
VFA
h
lFAN
=
= αααα
αααα
α ωωω∆cossinsin
Z warunku równowagi sumy rzutów sił na oś poziomą otrzymamy
( )
( )1
coscossin2
coscossin2cos2
−
=
→
→
=→=
∑
∑∑
αααα
αα
αααα
αα
ααα
ωωω
ωωωω
NN
NN
FAP
h
V
FAh
VPNP
stąd
32
( ) ( )1
coscossincossin2
−
= ∑
αααα
αααα
ααα ωωωωω NN FAFA
PN
Otrzymane wzory są słuszne dla dowolnej ilości prętów przy zachowaniu
symetrii układu prętów oraz ich sztywności αα FE oraz αα FA . ZADANIE 1.9. Nieskończenie sztywna ( )∞=EJ belka pozioma AB jest przegubowo
podparta w punkcie A . Do belki tej w równych odstępach a przymocowano odciągi z lin stalowych (rys. 1.9.). Należy wyznaczyć siły w odciągach traktując je jako liniowo oraz nieliniowo sprężyste.
Rys. 1.9. Rozwiązanie: W wyniku odkształceń odciągów sztywna belka AB obróci się o kąt β
względem przegubu A , a punkt α zamocowania liny o długości αl z belką AB przemieści się pionowo o wartość
ma ,...,2,1 , == ααβδα
B ωm
Em Fm
EJ=∞
δα
E1 F1
lα=h/sinωα
q
A
C
Eα Fα
a a a a a
ωα ω1
h
α=1,2,...,m
Nα ωα
Nαsinωα
β
∆lα=δαsinωα
ωα
δα
αa
A
C
β→0=> tgβ≈β => δα=β αa
33
Wówczas wydłużenie liny o długości αl dane będzie zależnością
αααα ωβαωδ∆ sinsin al == a) Zakładając, że odciągi wykonane są z materiału liniowo sprężystego
ααα
αααα
ααα
ααα
ω∆∆εσ
sinFE
hNl
FE
lNlE =→=→=
otrzymamy wzór na siłę osiową w dowolnym pręcie )(α
α
αα
ααα
αα
α ωβαω∆ 2sinsin ah
FENl
h
FEN =→=
Wartość nieznanego kąta obrotu β wyznaczymy z warunku równowagi
sumy momentów sił liczonych względem przegubu A
( ) ∑ =−α
αα ωα 0sin2
2 aNmaq
stąd
132
2
232
2
sin2
2
)(sin
−
=→
→=
∑
∑
α
αα
αα
αα
ωαβ
ωαβ
aFEqm
h
maqFE
h
a
Znając kąt obrotu β wyznaczamy siły osiowe w poszczególnych odciągach. b) Zakładając, że odciągi wykonane są z materiału nieliniowo sprężystego
( )α
ααα
ααααα
αα
α ω∆∆εσ
sinh
FA
Nll
FA
NlA
nnN
=→
=→=
otrzymamy wzór na siłę osiową w dowolnym pręcie )(α
NN
h
aFA
h
lFAN
=
= ααα
αααα
α ωβαω∆ 2sinsin
34
Bez zmian pozostaje warunek równowagi momentów
( ) ∑ =−α
αα ωα 0sin2
2 aNmaq
stąd
1
22
22
sinsin2
)(
2
)(sinsin
−
=→
→=
∑
∑
ααα
αα
ααα
αα
ωαωαβ
ωβαωα
NN
N
h
aFaA
maq
maq
h
aFaA
Po wyliczeniu wartości wyrażenia Nβ wyznaczymy siły osiowe w poszczególnych odciągach.
ZADANIE 1.10. Obustronnie utwierdzony pręt kołowy o sztywności aa JG 0 w części lewej i
bbJG 0 w prawej poddany jest działaniu momentu skręcającego K przyłożonego w punkcie 0 w osi belki (rys. 1.10a). Należy znaleźć momenty utwierdzenia AK i BK . Zadanie należy przeanalizować w zakresie liniowo sprężystym oraz liniowo lepkosprężystym.
Rys. 1.10a
A B
K KB KA
a b
x3
x2 Gb J0b
K KA
KB
K
x1 0
Ga J0a
φ(x1)
35
Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równoważny układ
statycznie wyznaczalny otrzymamy po odrzuceniu utwierdzenia B (rys. 1.10b). Aby równoważność obu zadań była zachowana, wymagamy, by kąt obrotu w punkcie B był równy zero
0=Bϕ
Z warunku równowagi sumy rzutów momentów na oś 1x wynika, że
BABA KKKKKK −=→=−+− 0 Dodatkowe równanie pozwalające obliczyć momenty twierdzenia AK i BK
otrzymamy wykorzystując warunek nierozdzielności.
Rys. 1.10b
a) W zadaniu liniowo sprężystym kąt obrotu przekroju skręcanego określa
wzór
lGJ
K
0
=ϕ
Wówczas warunek nierozdzielności prowadzi do zależności
( )
1
000A
000A
00
K
0 K 00
−
+=→
→=−
+→=−+→=
bbaabb
bbbbaabbA
aaA
B
JG
b
JG
a
JG
Kb
JG
Kb
JG
b
JG
a
JG
bKK
JG
aKϕ
Z warunku otrzymamy
A
K
B
KA
a b
x1 0
φB=0
36
1
000B
1
000
K−
−
+=→
→
+−=→−=
bbaaaa
bbaabbBAB
JG
b
JG
a
JG
Ka
JG
b
JG
a
JG
KbKKKKK
b) W zadaniu liniowo lepkosprężystym kąt obrotu przekroju skręcanego
określa wzór
1
0
−∗= dGKJ
lϕ
Wówczas warunek nierozdzielności (1) prowadzi do zależności
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 0*** K
0**0
1
0
1
0
1
0A
1
0
1
0
=−
+→
→=−+→=
−−−
−−
bb
bb
aa
bb
Aaa
AB
GdJ
KbGd
J
bGd
J
a
GdJ
bKKGd
J
aKϕ
Otrzymaliśmy tu równanie typu splotu, z którego należy wyznaczyć
poszukiwany, zmienny w czasie moment utwierdzenia. W przypadku szczególnym, kiedy
)()( i )()( tfGtGtfGtG bbaa ==
zadanie liniowo lepkosprężyste pokrywa się z liniowo sprężystym tj.
1
000
1
000A i K
−−
+=
+= bbaaaaBbbaabb JG
b
JG
a
JG
KaK
JG
b
JG
a
JG
Kb
ZADANIE 1.11. Należy określić rozkład momentów skręcających w jednorodnym pręcie
kołowym obustronnie utwierdzonym poddanym działaniu momentu skręcającego K przyłożonego w punkcie 0 (rys. 1.11a). Zadanie należy
37
przeanalizować w zakresie liniowo i nieliniowo sprężystym oraz lepkosprężystym.
Rys. 1.11a
Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równoważny układ
statycznie wyznaczalny otrzymamy po odrzuceniu utwierdzenia B (rys. 1.11b). Aby równoważność obu zadań była zachowana, wymagamy, by kąt obrotu w punkcie B był równy zero
0=Bϕ
Rys. 1.11b Z warunku równowagi- sumy rzutów momentów na oś 1x wynika, że
BABA KKKKKK −=→=−+− 0 Dodatkowe równanie pozwalające obliczyć momenty twierdzenia AK i BK
otrzymamy wykorzystując warunek nierozdzielności.
A B
K KB KA
a b
x3
x2 G J0
K KA
KB
K
x1 0
φ(x1)
A
K
B
KA
a b
x1 0
φB=0
KB
38
a) W zadaniu liniowo sprężystym kąt obrotu przekroju skręcanego określa wzór
lGJ
K
0
=ϕ
Wówczas warunek nierozdzielności prowadzi do zależności
α
ϕ
+=
+=
+=→
→=−+→=−+→=
11
0)(0)(
000
K
b
aK
ba
bKK
KbbaKGJ
bKK
GJ
aK
A
AAA
B
gdzie
α=b
a
Z warunku sumy rzutów momentów otrzymamy
αα
α +=
+−=→−=
11K
KKKKKK BAB
b) W zadaniu nieliniowo sprężystym kąt obrotu przekroju dany jest
zależnością
lNJG
Kn
+=
)1(0
ϕ
Wówczas warunek nierozdzielności prowadzi do zależności
( ) ( ) 0
0)1()1(
000
=−+→
→=
+−+
+→=
bKKaK
bNJG
KKa
NJG
K
nA
nA
n
A
n
Aϕ
W przypadku szczególnym dla
313 α==
b
an i
39
otrzymamy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )3
133
331
333 00
α
α
AA
AAAA
KKK
KKKbKKaK
−=−→
→=−+→=−+
Stąd pierwszy z trzech pierwiastków tego równania wynosi
11 1 α
α+
=→−=− KKKKK AAA
Z warunku sumy rzutów momentów otrzymamy
1
1
1 11 αα
α +=
+−=→−= K
KKKKKK BAB
c) W zadaniu liniowo lepkosprężystym kąt obrotu przekroju dany jest
zależnością
1-
0
dG*KJ
l =ϕ
Wówczas warunek nierozdzielności prowadzi do zależności
α
ϕ
+=
+=
+=→=−+→
→=
−+→
→=−+→=
−
−−
110)(
0*)(
0*)(*0
1
00
1
0
1
0
K
b
aK
ba
bKKbKKaK
dGKKJ
bK
J
a
dGKKJ
bdGK
J
a
AAA
AA
AAB
gdzie
α=b
a
Z warunku sumy rzutów momentów (2) otrzymamy
40
αα
α +=
+−=→−=
11K
KKKKKK BAB
Otrzymany wynik jest identyczny, jak w zadaniu liniowo sprężystym. d) W zadaniu nieliniowo lepkosprężystym kąt obrotu przekroju dany jest
zależnością
lGdKNJ
n
+=
−1
0
*)1(
1ϕ
Wówczas warunek nierozdzielności (1) prowadzi do zależności
( )
( ) 0**
0*)1(
1*
)1(1
0
11
1
0
1
0
=
−+
→
→=
−
++
+→=
−−
−−
bGdKKaGdK
bGdKKNJ
aGdKNJ
n
A
n
A
n
A
n
ABϕ
W przypadku szczególnym dla
( )31 i 3 α==
b
an
otrzymamy
( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( )3
1
3131
3131
31
3131
**
**
0**
α
α−−
−−
−−
−=−→
→−+→
→=−+
GdKGdKK
GdKKGdK
bGdKKaGdK
AA
AA
AA
stąd
( )( )[ ]( )
11
11
11
1
10
0*
**
αα
αα
+=→=−+→
→=−+→
→−=−−
−−
KKKKK
GdKKK
GdKGdKK
AAA
AA
AA
Z warunku sumy rzutów momentów otrzymamy
1
1
1 11 αα
α +=
+−=→−= K
KKKKKK BAB
Otrzymany wynik jest identyczny, jak w zadaniu nieliniowo sprężystym.
41
ZADANIE 1.12. Należy określić rozkłady naprężeń stycznych w skręcanym pręcie kołowym,
złożonym z układu m współśrodkowych warstw o własnościach fizycznych
określonych równaniami ααα γτ G2= , gdzie ααα γτ i G, są kolejno naprężeniem stycznym, modułem Kirchhoffa i kątem odkształcenia postaciowego warstwy )(α (rys. 1.12a).
Rys. 1.12a Skręcanie pręta warstwowego
Rozwiązanie: W skręcanym pręcie kołowym jednorodnym zależność między momentem
skręcającym K, a kątem obrotu w przekrojach oddalonych o l od punktu utwierdzenia ma postać
lGJK
GJ
Kl ϕϕ 00
lub ==
gdzie
∫=R
dFJ0
20 ρ - biegunowy moment bezwładności
Natomiast rozkład naprężeń stycznych określany jest równaniem
x2
l
K x1
x3
K
φ
ρ
R
rα
Rα
σ13α
σ12α
τα
0 ≤ ρ ≤ R α=1,2,...,m
warstwa α Fα, Gα , J0
α
warstwa 1
warstwa m
42
0J
Kρτ =
W analizowanym pręcie warstwowym moment skręcający K jest sumą
momentów skręcających Kα warstw
∑=α
αKK
przy czym część momentu skręcającego przenoszonego przez warstwę )(α określa zależność
dFJl
JGKR
r∫==α
α
ρϕ αααα 200 ,
gdzie α0J - biegunowy moment bezwładności warstwy )(α .
Zadanie jest )( 1−α -krotnie wewnętrznie statycznie niewyznaczalne. Zachodzi warunek
∑∑
∑ =→==α
α
αααα
α
α ϕϕ0
0 JG
Kl
lJGKK
Po wyznaczeniu kąta obrotu ϕ moment cząstkowy αK wynosi
∑=→=
α
αα
αααααα ϕ
0
00
JG
JGKK
lJGK
a naprężenie tnące w warstwie )(α określa relacja
∑=+=
α
αα
αααα ρσστ
03231 JG
KG
gdzie αα ρ Rr ≤<
Z równania wynika, że jeśli poszczególne warstwy )(α przekroju zostaną
wykonane z materiałów o różnych modułach Kirchhoffa αG , to na granicach tych warstw pojawią się skoki naprężeń (rys. 1.12b).
43
Rys. 1.12b Rozkłady naprężeń tnących
ZADANIE 1.13. Pręt o sztywności EJ poddano działaniu momentu zginającego M (rys.
1.13a). Należy określić w przekroju pręta rozkłady naprężeń normalnych 11σ . Zadanie należy przeanalizować w zakresie liniowo sprężystym, nieliniowo sprężystym, liniowo lepkosprężystym, nieliniowo lepkosprężystym oraz w wersji przyrostowej.
Rys. 1.13a
x3
x2
R
rα
Rα
α=1,2,...,m warstwa α Fα, Gα , J0
α
warstwa 1
warstwa m
τm τ
α
τ1
M
ρ
M
κ
κ x1
ε11
x3
x3
311
1x
εκ ≈
x3
x2 dFx
44
Rozwiązanie: Punktem wyjściowym tych zadań są z jednej strony równania fizyczne a z
drugiej relacje łączące wielkości globalne (moment zginający M z krzywizną pręta κ ).
a) W zadaniu liniowo sprężystym zachodzą warunki
( ) dFxJEJ
MxE
F∫==== 2
322
3111111 , , , κκεεσ
stąd rozkład naprężeń w przekroju pręta ma postać (rys. 1.13b)
2
3113
2311
J
Mxx
EJ
EMxE =→== σκσ
b) W nieliniowo sprężystym przypadku otrzymamy
( ) ( ) ( ) ( ) dFxNJNAJ
MxA
F
Nn
N∫
+=+
+=== 1
322
3111111 1,1
, , κκεεσ
stąd rozkład naprężeń w przekroju pręta ma postać (rys. 1.13c)
( ) ( ) ( ) ( )( )11 2
3113
2311 +
=→+
==NJ
xMx
NAJ
AMxA
NNN σκσ
Rys. 1.13b Rys. 1.13c c) W zadaniu liniowo lepkosprężystym będzie
2J
Mh
2J
Mh−
x1
x3
h
h
M
)1(2 +NJ
MhN
)1(2 +−
NJ
MhN
x1
x3
h
h
M
45
MdEJxdE =∗=∗= κκεεσ 23111111 , ,
stąd rozkład naprężeń w przekroju pręta ma postać
( ) 32
111
2
3311 * x
J
ME
J
EMxxdE =→=∗= − σκσ
d) W zadaniu nieliniowo lepkosprężystym zachodzi
dANJMxdA NN ∗+==∗= κκεεσ )1(, 23111111 ,
stąd rozkład naprężeń w przekroju pręta ma postać
( ))1(
*)1( 2
311
1
23311 +
=→+
=∗= −
NJ
xMdAdA
NJ
MxdAx
NNNN σκσ
Ze wzorów powyższych wynika podobieństwo rozkładów naprężeń w
zadaniach sprężystych i lepkosprężystych. Wyznaczymy jeszcze bezwymiarowy stosunek naprężeń wywołanych tym samym momentem w zadaniach liniowych i nieliniowych
( )N
NN xJ
NJ
Mx
NJ
J
Mx −+=+⋅= 13
2
2
3
2
2
3
11
11 )1()1(
σσ
e) Dla przyrostów naprężeń σ∆ , odkształceń ε∆ , krzywizny κ∆ i
momentów M∆ zachodzą związki
( ) ( )ε∆κ∆κ∆ε∆ε∆εσ∆EJ
MxE
23,, ===
stąd rozkład przyrostów naprężeń w przekroju pręta ma postać
( ) ( )( ) 2
3113
2311 J
xMx
JE
MExE
∆σ∆ε
∆εκ∆εσ∆ =→==
46
ZADANIE 1.14.
Należy wyznaczyć przebiegi naprężeń normalnych w przekroju zginanego pręta o dwóch osiach symetrii. Pręt wykonano z materiału nieliniowo
Rys. 1.14 Rozwiązanie: W pierwszej kolejności wyznaczymy stałą materiałową A z warunku, aby
styczna do wykresu )( σε − w punkcie ),( pp εσ była pozioma
=→
=→=−=
=2
2/12
3303
ppp
EA
A
EAE
d
d
pε
εεεσ
εε
Podstawiając 2/1
3
==A
Epεε
do równania wyjściowego otrzymamy
2
2/1
27
4
33
2
pp
EA
A
E
σσ =→
=
Otrzymaliśmy tu dwie zależności łączące ),( pp σε z parametremA .
Wyznaczymy teraz zależność moment - krzywizna κ~M dla analizowanych równań fizycznych. Naprężenie w przekroju wyrażone przez krzywiznę przedstawia się tu równaniem
x1
x2
x3
σ dF
M ε
σ
σp
εp
-εp
-σp
Eε Aε3
47
( )333 xAxE κκσ −=
Warunek równowagi rzutu sił na oś 1x prowadzi do relacji
( )∫ ∫ ∫ =−→=−→==F F F
SASEdFxAdFxEdFN 000 323
233
3 κκκκσ 3
gdzie
( )∫ ∫==F F
dFxSdFxS 333232 ,
Warunek ten będzie spełniony tożsamościowo ( ) )0( 322 == SS w układzie
osi ),( 32 xx pokrywających się z osiami symetrii przekroju. Warunek równowagi
sumy momentów na oś 2x prowadzi do relacji
)4(24
2
43
3233 00
JAJEM
dFxAdFxEdFxMF F F
κκ
κκσ
−=→
→=−→== ∫ ∫ ∫
gdzie
∫ ∫==F F
dFxJdFxJ 43)4(2
232 ,
Znając moment M należy wyznaczyć krzywiznę κ i naprężenie σ z
układu równań
( ) ( )3
4223
3 κκκκσ AJEJMxAxE −=−= i 3
W pierwszej kolejności obliczymy κE i 3κA
( )
( ) ( )42323
3
233
42323
3
423
3 ,JxJx
JMxA
JxJx
JMxE
−−=
−−
= σκσ
κ
Przyrównując do siebie wartości krzywizny κ wyliczone z tych równań
otrzymamy poszukiwaną zależność
( )( )( )( )[ ] 32
422233
3
423
323
E
A
JJxx
JMxJMx
−
−=−
σσ
48
Z zależności tej dla znanej wartości momentu M, stałych materiałowych oraz współrzędnej włókna w przekroju możemy wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych σ .
ZADANIE 1.15. Należy wyznaczyć rozkłady naprężeń normalnych 11σ w przekroju pręta
poddanego działaniu momentu zginającego. Rozważania należy przeprowadzić dla pręta o przekroju prostokątnym hb× oraz dla rury o średnicy wewnętrznej d i zewnętrznej D (rys. 1.15a). Materiał, z którego wykonano pręt jest
nieliniowo sprężysty opisany równaniem fizycznym NA 1111 εσ = Należy przeanalizować także przypadek szczególny liniowo sprężysty dla
1=N .
Rys. 1.15a
Rozkład naprężeń normalnych σ11
w przekroju prostokątnym
x2
x3
x2
M
M
b
D
h
d
Rozkład naprężeń normalnych σ11
w przekroju pierścieniowym
x3
ρ
dρ d/2 ≤ ρ ≤ D/2
49
Rozwiązanie: Rozkład naprężeń normalnych 11σ w zginanym pręcie określa równanie
NxNJ
M3
211 )1( +
=σ
gdzie
dFxNJF
N∫
+=+ 132 )1(
Zaś w przypadku liniowo sprężystym )n( 1= rozkład naprężeń normalnych
upraszcza się do postaci
32
11 xJ
M=σ
gdzie
dFxJF∫= 2
32
Obliczymy obecnie wartości momentów bezwładności rzędu ( )1+N . W
przypadku przekroju prostokątnego zachodzi
( )
122
,2)1(
21
2/
0
213
132
+=
==+
−−
++∫
n
n
hbdxxbNJ
N
hNN
α
α
a w przypadku rury
dyxd
xdyxD
xNJd
ND
N∫∫
−−
−=+ ++
2/
0
23
213
2/
0
23
2132 4
44
4)1(
Po podstawieniu nowych zmiennych
d
x
D
x 32
31
2 ,
2 == ββ
wyliczymy poszukiwaną całkę
50
( ) ,1213
3122 I
D
dDNJ
NNN
−=++
+−−
gdzie
βββ dI N 11
0
21 +∫ −=
Całkę I obliczymy podstawiając
dnndn 2/12
21 −=→= ββ
czyli
( )∫ −=1
0
2/12/112
1dnnnI n
Jest to całka Eulera I – rodzaju. Całkę tą można przedstawić w postaci
kombinacji Γ - funkcji
++
+=
2
3
2
11
2
3
2
11
2
1
n
nI
Γ
ΓΓ
a po dalszych przeliczeniach otrzymamy
( )[ ] 12
22
1213
−+
++
= NN
n
nI N ΓΓ
Ostatecznie moment bezwładności rury wynosi
−=++
+3
322 1)1(
NN
D
dDNJ α
gdzie
( ) ( )[ ] 12
2 22
1132
−+
++
= NN
n
n ΓΓα
51
W przypadku szczególnym, pełnego przekroju kołowego )d( 0= otrzymamy
( ) 3222 1 +=+ NDNJ α
Wykresy zależności ( )n1α i ( )n2α przedstawiono na rys. 1.15b
Rys. 1.15b Ostatecznie rozkład naprężeń w przekroju prostokątnym hb× określa wzór
122, 1
1321
11 +== −−
+ n
nx
bh
M NNN α
ασ
Natomiast w przypadku liniowo sprężystym )n( 1= zachodzi
121
,12
13311 == ασ xbh
M
Z porównania rozkładów naprężeń w przypadku nieliniowym i liniowym
wynika możliwość szacowania różnicy stanów naprężeń w zadaniach liniowych i nieliniowych.
( )
( )
13
1111
11
121
−
=
=N
n
n
h
x
ασσ
Rozkład naprężeń w przekroju rurowym ma postać
1 3 5 7 9 11 13 n
α1 ; α2
0,20 ; 0,16
0,16 ; 0,12
0,12 ; 0,08
0,24 ; 0,20
α2
α1
52
( )N
NN
x
D
dD
M33
32
11
1
−
=+
+ασ
gdzie
( ) ( )[ ] 12
2 22
1132
−+
++
= NN
n
n ΓΓα
Natomiast wartość momentu bezwładności J2 dla przekroju rurowego w zadaniu liniowym obliczymy w sposób odmienny przez porównanie momentów bezwładności 2J i 3J z biegunowym momentem bezwładności 0J . Zachodzi
( )∫∫∫ +=+===FFF
dFxxJJJdFxJdFxJ 22
23320
223
232 ,,
Wyznaczymy teraz biegunowy moment bezwładności 0J wprowadzając
nową zmienną
ρπρρ ddFxx 2,23
22
2 =+=
zamieniając wówczas całkę podwójną na pojedynczą
−
=== ∫442/
2/
42
0 222
2/
2/
422
dD
d
DdJ
D
d
πρπρπρρ
Z uwagi na symetrię przekroju otrzymamy
−
=→==44
20
32 2242
dDJ
JJJ
π
Ostatecznie naprężenie 11σ obliczymy z wzoru
3
144
11 22
4x
dDM−
−
=π
σ
53
ZADANIE 1.16. Należy określić rozkłady naprężeń tnących w skręcanym momentem M
pręcie kołowym o promieniu r (rys. 1.16), wykonanym z nieliniowego materiału sprężystego o równaniu fizycznym N
ii A )()( εσ =, gdzie
Rys. 1.16
.3
1,
3
2
,3
1,
2
3
)(
)(
ijkkijijijiji
ijkkijijijiji
eee
SSS
δεεε
δσσσ
−==
−==
W powyższych wzorach symbole )i(σ i )i(ε są intensywnościami naprężeń i
odkształceń, a ijS i ije - dewiatorami naprężeń i odkształceń.
Rozwiązanie: Pole przemieszczeń przyjmiemy w postaci
Wynika stąd, iż w tym przypadku wobec 0=iiε tensor odkształceń pokrywa
się z dewiatorem odkształceń. Natomiast intensywność odkształceń )(iε , która
występuje w równaniu fizycznym obliczymy z zależności
−
−= ijkkijijkkiji δεεδεεε3
1
3
1
3
22)(
stąd
( ) ( ) ( ) ( )223
213
212
23322
23311
22211)( 6
3
2 εεεεεεεεεε +++−+−+−=i
W naszym przypadku )i(ε wynosi
( ) αραεεε3
12
3
126
3
2 23
22
213
212)( =+=+= xxi
Znając intensywność odkształceń )i(ε wyznaczymy z równania fizycznego
intensywność naprężeń )i(σ
−
−= ijkkijijkkiji δσσδσσσ3
1
3
1
2
32)(
stąd
( ) ( ) ( ) ( )223
213
212
23322
23311
22211)( 6
2
1 σσσσσσσσσσ +++−+−+−=i
W naszym zadaniu występuje jedynie 12σ i 13σ stąd
τσσσ 33 213
212)( =+=i
gdzie 213
212 σστ +=
Z równań fizycznych otrzymujemy wzór na naprężenie styczne τ
55
( )N
N
Nii BAA αρταρτεσ =→
=→=
3
123)()(
gdzie
AB
N
=
312
3
1
Znając naprężenie τ można określić moment skręcający K
( )
)1(3
22
22
0
3
0
2
0 0
+=+
==
====
++
∫
∫ ∫∫
NJBN
rBdB
dBddFK
NN
Nr
NN
r rN
F
ααπρπρα
ρπρραρρρπρτρτ
Z zależności tej wyznaczymy nieznany parametr α
( )32
3+
+= NN
rB
KN
πα
Ostatecznie poszukiwany rozkład naprężeń tnących w nieliniowo
sprężystym pręcie ma postać
( )( ) NNN
NJ
KKrN ρρπτ
)1(23
0
13
+=+=
−+
Naprężenie to przyjmie największą wartość w skrajnych włóknach r=ρ . ZADANIE 1.17. Analizować będziemy własności stanów naprężeń w zginanym pręcie
wykonanym z lepkosprężystej matrycy o polu przekroju części ściskanej 1F i
funkcji relaksacji ( )tE1 zbrojonej sprężystymi prętami o polu przekroju 2F i
module sprężystości 2E (rys. 1.17a). Pręty te wzmacniają głównie strefę rozciąganą nieodpornego na ciągnienie kompozytu, w której pojawiły się rysy. Z sytuacją taką spotykamy się zarówno w analizie konstrukcji żelbetowych jak i kompozytów z plastyków wzmacnianych przypowierzchniowo.
56
Rys. 1.17a Rozwiązanie: a) Składnik pierwszy (matryca) jest ciałem lepkosprężystym, a drugi
(zbrojenie) - sprężystym. Całość będzie posiadała cechy lepkosprężyste i jest jednokrotnie wewnętrznie statycznie niewyznaczalna. Określimy teraz zależność moment zginający - krzywizna z zależności geometrycznych
( )xhx −== 0231 , κεκε x = const
fizycznych
( ) ( ) 22322111 * , εεσεσ dtHEEdtE ==∗=
wyrażeń na momenty zginające w matrycy
( ) ( ) κκσ dtEJdFxdtEdFxMFF
∗=∗== ∫∫ 1112
311311
11
oraz w zbrojeniu
( ) ( ) ( ) κσ dtHxhFExhFM ∗−=−= 20220222
Stąd
( ) ( ) ( )[ ] κdtHxhFEtEJMMM ∗−+=+= 20221121
b) Zauważmy, że zmiany momentu M jako kombinacje funkcji ( )tE
(rys. 1.17b) postaci
σ1 x
a
F2σ2
x1
x3
F2
F1 ε1=κx3
ε2=κ(h0 –x)
κ
x3
x1 h0
Naprężenia i siły w przekroju
Odkształcenia w przekroju
57
( ) ( )[ ]202211
0)( xhFEtEJB
MtM −+=
spowodują, iż krzywizna będzie stała
( )[ ] ( )[ ]( )tH
B
MBM
dxhFEEJxhFEEJB
M
00
202211
202211
0
=→=→
→∗−+=−+
κκ
κ
Rys. 1.17b Wynik ten oznacza, iż stałe deformacje otrzymamy przy malejącej w czasie
wartości momentu. Wówczas naprężenia w matrycy będą maleć
( ) ( ) ( )tEB
xMdHtE
B
xMxdtE 1
301
30311 =∗=∗= κσ
Rys. 1.17c
zaś w zbrojeniu sprężystym będą stałe (rys. 1.17c)
t
M
M2=E2F2(h0-x)2M0/B
M1=J1E1M0/B
σ1
t
σ1(t=0)=E1(t=0) M0x3/B σ2
t
σ2=E2M0 (h0-x3)/B
58
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tHxhB
MEdHtHxh
B
MExhdtHE −=∗−=−∗= 0
000
02022 κσ
c) Wyznaczymy z kolei relację między krzywizną κ , a momentami
cząstkowymi 1M i 2M , korzystając, z odwrotnych równań fizycznych
( ) ( ) 2222
2111
1 i σσεσε dtHG
EdtC ∗==∗=
Podstawiając do nich równania geometryczne oraz całkując elementarne
momenty uzyskamy wzory na krzywizny
( )
( ) ( ) 111
111
13112
3
11 1
dMtCJ
dMtCJ
dFxdtCdFxF F
∗=→∗=→
→∗=∫ ∫
κκ
σκ
oraz
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) 22202
222
20
2022
22
002
1'
1'
1' ,
dMtHGxhF
MEF
xh
FxhE
Fxhxh
∗−
=→=−→
→−=−−=
κκ
σκκε
Przyrównując do siebie krzywizny `κκ = otrzymamy zależność
( ) ( ) ( ) 22202
111
11dMtHG
xhFdMtC
J∗
−=∗
Moment zginający M jest sumą momentów cząstkowych 21 MMM += ,
stąd rozdział momentów otrzymamy z rozwiązania układów równań całkowych
( ) ( )[ ] ( )
( ) ( ) ( )tMtMtM
dMtHGxhFdMtCJ
=+
=∗−−∗−
21
22
120211
1
i
01
z którego dla znanego zewnętrznego momentu zginającego M należy wyliczyć
1M i 2M .
59
d) Zauważmy, iż zmianom ( )tCMM 1022 = w zbrojeniu towarzyszy
( ) ( )[ ] ( ) ( ) 01
1022
120211
1
=∗−−∗−
tdHtCMGxhFdMtCJ
stąd
( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )tHMtMtHMGxhFtMJ
011
022
12021
1
1 =→−=−
Rys. 1.17d Wynika więc, iż moment 1M musi być stały w czasie, a sumaryczny
moment ma postać
( ) ( ) ( )tCMtHMtM 102
01 +=
w której stałe 01M i 0
2M powiązane są relacją
[ ] 022
12021
01 )( MGxhFJM
−−=
Przeanalizowaliśmy tu drugi szczególny proces, w którym naprężenia w
matrycy są stałe (por. poprzednie przykłady), natomiast naprężenia w zbrojeniu
narastają zgodnie z zależnością )(1022 tCσσ = , analogiczną do funkcji pełzania
matrycy. e) Badaliśmy tutaj dwa szczególne procesy reologiczne w pręcie
lepkosprężystym wzmocnionym zbrojeniem. W pierwszym przypadku było stałe naprężenie w zbrojeniu, zaś w drugim - w matrycy. Natomiast moment zewnętrzny M był malejący lub rosnący. W przypadku stałego momentu zewnętrznego należy rozwiązać układ równań z punktu c).
Podane w tym zadaniu rozumowanie po uzupełnieniach może posłużyć do określania stanów naprężeń w zginanych belkach żelbetowych, w których
M
t
M1=M10 H(t)
M2=M20 C1(t)
60
dochodzi do redystrybucji naprężeń w zbrojeniu i betonie. Przykładowo, stałej wartości momentu w przekroju towarzyszy wzrost z upływem czasu naprężeń w zbrojeniu oraz ich spadek w betonie.
ZADANIE 1.18. W liniowej lepkosprężystości o równaniu fizycznym εσ dE∗= zależność
momentu zginającego M od krzywizny ma postać
( ) κdtJEM ∗= Należy znaleźć relację odwrotną tj. wyrażenie określające krzywiznę w
zależności od momentu. Rozwiązanie: a) Z równań fizycznych ( ) σε dtE ∗= −1 po podstawieniu równań
geometrycznych 3xκε = i uwzględnieniu warunków równań wewnętrznych
∫=F
dFxM 3σ
otrzymamy
( ) ( )
( ) HdEEtdEMJ
dFxtdEdFxdFxdtEdFxxF F F F
=∗∗=→
∫ ∫ ∫ ∫ →∗=→∗=
−−
−−
11
22
312
331
33
1 gdzie κ
σκσκ
Jest to poszukiwana zależność krzywizny od momentu. b) Jeżeli teraz postawimy pytanie jak powinno się zmieniać obciążenie ( )tP ,
a tym samym moment ( ) ( )tMtM 0− , aby przemieszczenia belki były
( )tguu 0= , gdzie ( )tgu0 jest dane, to odpowiedź wynika ze stwierdzenia, że dla
( ) ( )tguxtgu 030 κκκ =→=→
stąd ( ) ( ) ( ) dgtEJdtJEtM ∗=∗= 0κκ
zaś
( ) ( )tPatM fα
α
α∑=
stąd
61
( ) ( ) ( )∑ ∗=→∗=α
αα κ dgtAEtfdgEJtfPa 0
ZADANIE 1.19. Zależności między siłą osiową w pręcie N , a jego wydłużeniem λ mają
postać
( )F
ltdENl 1−∗==ελ
Należy znaleźć relację odwrotną tj. wyrazić siłę osiową N przez wydłużenie Rozwiązanie: Wzór na wydłużenie otrzymano z równania fizycznego
( ) ( ) ( )tdENF
lltdEN
FtdE 111 *
1 −−− =→∗=∗= εσε
Z punktu widzenia matematycznego mamy do czynienia z równaniem
całkowym, którego rozwiązania czyli funkcji podcałkowej poszukujemy. Rozważmy teraz odwrotne do pierwszego równania fizycznego
( )tdE∗=εσ
które jest poszukiwanym rozwiązaniem pierwszego równania fizycznego. Spróbujmy fizykalną interpretację przenieść na zależności „siła osiowa - wydłużenie”. Po scałkowaniu po powierzchni przekroju F zachodzi
( ) ( ) ( )tdEl
FNtdEFNdtE ∗=→∗=→∗= λεεσ
oraz
( ) ( ) ( ) ( )tdENF
ldNtEF
ltdEdtE 1111 −−−− ∗=→∗=→∗=∗= λλσσε
Z tych wzajemnych relacji
( ) ( ) λεσ dtEl
FNdtE ∗=→∗=
62
( ) ( ) dNtEF
ldtE ∗=→∗= −− 11 λσε
wynika, iż są one wzajemnymi rozwiązaniami relacji siła osiowa-wydłużenie.
63
Rozdział II
Przemieszczenia układów prętowych. W rozdziale tym przedstawione zostaną sposoby wyznaczania
przemieszczeń w zginanych układach prętowych. Zadania z tego zakresu poprzedzają w nauczaniu mechaniki metody rozwiązywania zadań statycznie niewyznaczalnych a wśród nich metodę sił i przemieszczeń.
W ogólnym ujęciu problemu podamy sposoby obliczeń przemieszczeń dla szerokiej klasy materiałów. Rozważania te będą więc słuszne zarówno w zadaniach sprężystych, lepkosprężystych, różnych modelach reologicznych, teorii naprężeń cieplnych itp.
Wyjściowym punktem rozważań będzie równanie prac dopełniających jako relacja między siłami δPi, naprężeniami ijδσ a przemieszczeniami ui i
odkształceniami εij, a mianowicie:
∫ ∫=A V
ijijii dVdAuP εδσδ
które w zginanym pręcie prowadzą do zależności (ds=ds
va) = dA
∫ ∫∫ ∫==s s F s
ii dsMdFdsxdsuP 1311 κκδσδ gdzie 311 xκε =
Jeżeli teraz ( )sP ii δδ 1= gdzie δ(s) jest „deltą” Diraca, to przemieszczenie ui
wyniesie ( ) ∫=s
ii dsMsu 1 1 κ
Rys. 2.0 Naprężenia i deformacje zginanego pręta
Pi
sd
a=const.
M
κ
dF
δσ11
x1=s
x2
x3
ε11=κx3
ε33
ε22
64
Uzyskany związek jest niezależny od konkretnej postaci równań fizycznych i będzie wykorzystywany do wyznaczania przemieszczeń w układach prętowych wykonanych z różnych materiałów.
W zagadnieniach statyki nosi on nazwę całki Mohra
( ) ( )∫ ===s
iiii dssXMtsu ,1 ,1 1κδ
i jest wyprowadzony na podstawie geometrii odkształconego pręta. We wzorze tym M1 jest momentem zginającym pochodzącym od uogólnionej siły jednostkowej Xi=1i (siły lub momentu) przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia lub obrotu.
Można wykazać, iż w przypadku zginania i rozciągania pręta, kiedy
311 xo κεε += gdzie εo jest wydłużeniem osi pręta będzie
( ) ( )∫∫ =+==s
iios
iiii dssXNdssXMu ,1,11 11 κεκ
gdzie Ni – jest siłą osiową od Xi=1i.
Podana w tej formie całka Mohra jest liniową relacją między przemieszczeniami układu a jego odkształceniami.
Z liniowości tej wynikają relacje
( ) ∫∫ ∫ +=+=+ss s
aadsMadsMadsMaa 221112211112211 δδκκκκ
gdzie
∫∫ ==ss
dsMdsM 122111 , κδκδ
a1, a2 – są operatorami liniowymi niezależnymi od współrzędnej przestrzennej s.
Z zależności tej będziemy często korzystali sumując (superponując) krzywizny i przemieszczenia pochodzące od różnych wpływów
( ) Tces
Ts
cs s
eTce dsMdsMdsMdsM δδδκκκκκκδ ++=++=++= ∫∫∫ ∫ 1111
gdzie symbole e, c, T, przy κ i δ oznaczają sprężyste, lepkie i termiczne składowe krzywizn i przemieszczeń.
Podobnie w zadaniach lepkosprężystych, gdzie w równaniach fizycznych występują iloczyny splotowe
65
( ) ( )ττ 121221 * dftfdffdfft
∫ −=∗=∞−
∈∉
=],0[
],0[0
tt
t
ττ
τ dla
dla
zachodzą relacje
( )∫ ∫ ∗∗=s
iiii dsMdfdufdsMtsus
1 =oraz 11111 1,1 κκ
Podamy teraz zależności między siłami przekrojowymi (momentem
zginającym, siłą osiową) a krzywizną κ lub wydłużeniem osi obojętnej εo w różnych materiałach
- zadania liniowo-sprężyste
( ) dF oraz i stąd ∫=====F
o zJEF
N
EJ
M
EE 21
, εκσεεσ
gdzie σ, ε, E, F, J są kolejno naprężeniem, odkształceniem, modułem sprężystości oraz polem i momentem bezwładności przekroju poprzecznego.
- zadania nieliniowo sprężyste wg Bacha σ = A n/1ε prowadzą do zależności
- zagadnienia lepkiego płynięcia materiału ( ) ntTBE
σσε ,+=&
& prowadzą
do relacji
( )
( ) dFzNJF
NB
nN
NJ
MB
F
Nn
o
n
o
∫+=+
=−
=
+=−
11 ,
, 1
,1
εε
κκ
&&
&&
- liniowa lepkosprężystość HdGEdGdE =∗∗∗= ,= lub σεεσ gdzie
E,G i H są funkcjami relaksacji, pełzania i Heaviside’a prowadzi do zależności
εε
κκ
dFENdNGF
dJEMdMGJ
∗=∗=
∗=∗=
oraz
,1
,1
- nieliniowa lepkosprężystość ( ) dAn ∗= /1εσ prowadzi do równania
( )
( ) HdaAdMaNJ
dANJMn
N
=∗
∗
+=
∗+=
,1
1
,1 /1
κ
κ
Ponadto w przypadku liniowego po wysokości przekroju rozkładu
temperatur ( ) dgoog
o TTTxh
TTTxT +=
−+= 2,32 wystąpią wydłużenia
termiczne Tε oraz zmiany krzywizn κT określone równaniami
4 ,
2gd
TTdg
TT
TTTT −=
+= ακαε
gdzie Td, Tg,T0, αT, h symbole oznaczają kolejno temperaturę dolnego i górnego włókna przekroju, temperaturę średnią, liniowy współczynnik rozszerzalności cieplnej oraz wysokość przekroju.
Wprowadzając do całki Mohra wyrażenia na krzywiznę TM κκκ += i
wydłużenia TM εεε += jako sumy odkształceń mechanicznych i cieplnych
67
zgodnie z fizycznymi własnościami materiału, np. nieliniowego sprężystego, otrzymamy wzory
( ) ( ) ( ) ( )
( )
dsNTT
dsNAF
NdsM
h
TTdsM
NAJ
M
dsXNdsXMu
s
dgT
n
ss
dgT
n
s
is
TMis
TMii
2
111
11
2
1
111
∫
∫∫∫
∫∫
++
+
+−
+
+=
==++=+=
α
α
εεκκ
z których będziemy wyznaczali przemieszczenia. Powyższy wzór dotyczy
zadania nieliniowo sprężystego n
NA n 11
== εσ , którego przypadkiem
szczególnym (A → E, n=1) są wzory na przemieszczenie w zadaniach sprężystych. Analogicznie otrzymamy wzory dla innych typów materiałów np. pełzania i wpływów niemechanicznych. Mogą one również ulec rozszerzeniu w wyniku uwzględnienia skręcania, sił poprzecznych oraz innych.
Występujące we wzorach na przemieszczenia całki dotyczą iloczynów funkcji momentów od obciążeń i sił jednostkowych. Podobnie jest z siłami osiowymi. Na ogół są to całki z iloczynów funkcji ciągłych i liniowych niezależnie od typu materiału.
W przypadku tym stosujemy uproszczony sposób obliczania całki polegający na tzw. przemnażaniu wykresów. Korzystamy tu z twierdzenia:
Jeżeli funkcja M(s) jest funkcją ciągłą wraz z pierwszą i drugą pochodną, a M1(s) jest funkcją liniową to
( ) ( ) , ηFdssMsMs
=∫ 1
gdzie ( )dssMFs
∫= , a η jest rzędną na wykresie M1(s) pod środkiem ciężkości
pola funkcji M(s). W obliczeniach stosuje się również inne metody wyznaczania całek Mohra. Tok postępowania przy wyznaczaniu przemieszczeń. 1. Obliczenie reakcji w więzach oraz sporządzenie wykresów sił
przekrojowych (momentów, sił osiowych itp.). Tą część zadania uważamy za
68
znaną, zaś wykresy momentów zginających odkładamy po stronie włókien rozciąganych, siły osiowe rozciągające oznaczamy jako dodatnie.
2. Sporządzenie funkcji momentów zginających i sił osiowych od siły jednostkowej Xi =1 przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia.
3. Wyznaczenia rozkładów krzywizn κT i wydłużeń εT pochodzących od przyczyn niemechanicznych (np. temperatury, skurczu, dyfuzji).
4. „Przemnożenie” wykresów sił wewnętrznych M i N oraz wykresów od sił jednostkowych. Podobnie należy postąpić z κT i εT.
W prezentowanych przykładach nie będziemy rozwiązywali układu równań równowagi i wyznaczali reakcji, a jedynie nanosimy ich wartości uważając, iż zagadnienia te są znane czytelnikom z wstępnego kursu mechaniki.
ZADANIE 2.1. W układzie prętowym o schemacie statycznym i obciążeniu jak na rys. 2.1a
należy obliczyć kąt obrotu ϕ w przekroju przywęzłowym B. Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie:
a) liniowo-sprężystym ( )TE εεσ −=
b) nieliniowo-sprężystym ( ) NTA εεσ −=
c) teorii starzenia ( ) TnA
Eεσσε ++=
Rys. 2.1a
Dane: P, l, h, E, A, F, J, J( )1+N , T1, T2 Rozwiązanie:
T1
T2
l
l l
l l
P
P
B
ϕ=?
69
Korzystać będziemy z całki Mohra z uwzględnieniem wpływów termicznych
∫∫ ∫ ∫ +++=s
Ts s s
TMMA dsNdsMdsNdsM 111 1 εκεκϕ
W zależności tej TMTM , , , εεκκ są odpowiednio krzywiznami
wywołanymi wpływami mechanicznymi i cieplnymi oraz wydłużeniami mechanicznymi i cieplnymi. Różne postacie równań fizycznych wprowadzają tutaj jedynie zmiany w wyrażeniach na odkształcenia mechaniczne MM i εκ ,
natomiast wyrażenia 11 , NM pozostają niezmienne w całym zadaniu.
Funkcje 11 , NM są rozkładami momentów i sił osiowych od działania jednostkowego momentu skupionego przyłożonego w przekroju przywęzłowym B. Natomiast wyrażenia na odkształcenia termiczne są następujące
( ) ( )
2 , 2112 TT
h
TT TT
TT
+=−= αεακ
Wykresy funkcji TTNM εκ ,,, 11 mają w rozważanym przypadku postać (rys.
2.1b), zatem wartości cieplnych składników w całce Mohra dane są zależnościami
( )
∫−⋅⋅⋅=
s
TT h
TTldsM 12
1 2
11
ακ
( )∫
+⋅⋅=s
TT
TTl
ldsN
2
1 211
αε
M1 N1
s
sl
1
l
1
l
1
1
l
1l
1
70
Rys. 2.1b Możemy określić teraz wartość obrotu Aϕ w przypadku różnych materiałów. a) Materiał liniowo sprężysty określają następujące wyrażenia na
wydłużenia i zmiany krzywizn
EJ
M
EF
NMM == κε ,
Wykresy funkcji M i N są następujące
Rys. 2.1c Ostatecznie obrót ϕA wyrazi się zależnością
κT εT
( )h
TTT 12 −α ( )h
TTT 12 −α
P
P
M N
P P
s
Ps
s Ps
P P
P
71
( )
( )2
)(2
2
13
2
)(
2
21122
211211
TTl
h
TT
EFEJ
lP
TT
h
lTTds
EF
NNds
EJ
MM
TT
TT
ssA
++⋅−+
+=
=++−++= ∫∫
αα
ααϕ
b) Materiał nieliniowo-sprężysty Wzory na zmiany krzywizn i wydłużeń mechanicznych mają postać
( )[ ] n
n
Mn
n
M AF
N
NAJ
M =+
= εκ ,1
Funkcje M i N wyrażają się następująco
PNPsM == , Obrót ϕA wyliczymy z wzoru
( )[ ] ( )( )
( )[ ] ( )( )
( ) ( )[ ] ( )( )
2
)(
2
1
12
2
)(
2
2
1
2
)(
2
2
1
21121
2112
211211
TT
h
lTT
AFNAJn
lP
TT
h
lTTds
lAF
Pds
lNAJ
ssP
TT
h
lTTds
AF
NNds
NAJ
MM
TTnn
nn
TTl
on
nl
on
nn
TTl
on
nl
on
n
A
++−+
+
++=
=++−+++
=
=++−+++
=
+
∫∫
∫∫
αα
αα
ααϕ
c) Teoria starzenia Wzór określający obrót ϕA w układzie pełzającym w/g teorii starzenia ma
postać
( ) ∫ ∫ ∫∫ ∫∫ +++++
+=S s s
Tn
n
s sTn
n
sA dsNds
F
NANds
EF
NNdsMds
NJ
MAMds
EJ
MM1
111
11
1εκϕ
72
( )( )
( )
( )( )
( )( )
2
)(
2
2
1)2(
2
3
2
)(22
21)2(3
2
)(1
22
213
211212
211212
21122
TT
h
lTT
F
A
NJn
AlP
EFEJ
lP
TT
F
AP
EF
P
h
lTT
NJn
lAP
EJ
Pl
TTds
Fl
AP
EF
P
h
lTTds
NJl
sPsA
EJ
Pl
TTnn
nn
Tn
nT
n
nn
Tl
on
n
Tl
on
n
A
++−+
+
+++
+=
=++++−+++
+=
=++++−++
+=
+
+
∫∫
αα
αα
ααϕ
Z porównania ugięć tego samego punktu w zadaniu liniowym i nieliniowym
wynika szansa na ocenę wpływu przyjętego w modelu materiału. Wpływ ten określa wyrażenia bezwymiarowe postaci
( ) ( )[ ] ⋅
+−
+
++=− +
EFEJ
lP
AFNAJn
lP nn
nn
e
eN 23
)(
1
12
21
ϕϕϕ
12 2
3
−
+⋅
EFEJ
lP
ZADANIE 2.2. W układzie prętowym o schemacie statycznym i obciążeniu jak na rys. 2.2a
należy obliczyć kąt obrotu ϕ w punkcie 3.
Rys. 2.2a
T1
T2
l l
l l
1
ϕ=?
2 3
4
T1>T2
73
Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie: a) liniowo-sprężystym ( )TE εεσ −=
b) nieliniowo-sprężystym ( )NTA εεσ −=
c) teorii starzenia ( ) TnA
Eεσσε ++=
Dane: l, E, A, F, J,J( ),1+N T1,T2
Szukane: wartość kąta obrotu ϕ3 punktu 3 Rozwiązanie: Poszukiwany kąt obrotu ϕ3 wyznaczamy uwzględniając jedynie człony
niemechaniczne w całce Mohra
∫∫∫∫ +++=s
Ts
Ts
Ms
M dsNdsMdsNdsM 11113 εκεκϕ
gdzie TMTM εεκκ ,,, są odpowiednio krzywiznami oraz wydłużeniami wywołanymi wpływami mechanicznymi i cieplnymi. W naszym przypadku brak jest obciążenia zewnętrznego, więc κM i εM wynoszą zero.
Wyrażenia TTNM εκ ,,, 11 pozostają niezmienne w całym zadaniu, nie zależą od rodzaju materiału.
Funkcje M1,N1 są odpowiednio funkcjami momentów zginających i sił osiowych od działania momentu jednostkowego w punkcie 3.
Natomiast wyrażenia na odkształcenia termiczne są następujące
( ) ( )2
, 2121 TT
h
TT TT
TT
+=−= αεακ
Wykresy funkcji TTNM εκ ,,, 11 mają postać
1
1
1
M1 N1
1/l
74
Rys. 2.2b Wartości „cieplnych składników” w całce Mohra dane są relacjami
( ) ( ) ( ) ( )2
2
11 21212121
113
TT
h
TTlTTl
lh
TTl
dsNdsM
TTTT
sT
sT
++−=+⋅⋅+−⋅⋅=
=+= ∫∫
αααα
εκϕ
Ponieważ w naszym zadaniu nie występuje obciążenie zewnętrzne więc nie ma funkcji momentów zginających M i sił osiowych N. Wynika stąd, że kąt obrotu ϕ3 we wszystkich przypadkach a), b), c), ma taką samą wartość i wynosi
( ) ( )
22121
3
TT
h
TTl TT ++−= ααϕ
Ogólnie, przemieszczenia w zadaniach statycznie wyznaczalnych zależą
(przy braku obciążeń) jedynie od rozkładów temperatury lub innej przyczyny niemechanicznej, są natomiast niezależne od rodzaju materiału z jakiego jest wykonany układ.
ZADANIE 2.3.
W układzie przedstawionym na rys. 2.3a należy obliczyć obrót ϕA w
przekroju przywęzłowy B. Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie: a) - liniowo-sprężystym εσ ⋅= E ,
b) - nieliniowo-sprężystym NA εσ ⋅= . Dane: P, l, E, A, F, J, J(N+1), T1, T2 Szukane: wartość obrotu ϕA przekroju B.
κT εT
( )h
TTT 21 −α ( )2
12 TTT +α
75
Rys. 2.3a Rozwiązanie: W układzie nie wystąpią momenty zginające i siły tnące, a jedynie siły
osiowe N. Kąt obrotu ϕA wyznaczymy z równania
∫∫ ∫ ++=s
Ts s
TMA dsNdsMdsN 111 εκεϕ
gdzie TMT εεκ ,, są odpowiednio krzywizną wywołaną wpływami cieplnymi
oraz wydłużeniami mechanicznymi i cieplnymi, przy tym M1, N1, κT oraz εT pozostają w całym zadaniu niezmienne. Funkcje M1, N1 są rozkładami momentów i sił osiowych od działania jednostkowego momentu skupionego w punkcie A.
Wyrażenia na odkształcenia termiczne mają postać
( ) ( )2
, 2112 TT
h
TT TT
TT
+=−= αεακ
Wykresy funkcji M1, N1, κT i εT są następujące (rys. 2.3b). Wartości κT odkładamy po stronie włókien rozciąganych. Wyznaczymy teraz wartości cieplnych składników w całce Mohra.
( ) ( )∫
−=−⋅⋅⋅=s
TTT h
TTl
h
TTldsM
22
11 1212
1αακ
( ) ( )22
1 21211
TTTTl
ldsN T
s
TT
+=+⋅⋅=∫ααε
T1
T2
l
l l
ϕ=?
B
T2>T1
P
P
76
Rys. 2.3b
Następnie przechodzimy do określania wartości obrotu ϕA w przypadku
różnych typów materiałów. a) Materiał liniowo-sprężysty σ = E ε. Wyrażenia na wydłużenia i zmiany krzywizn mają postać
EJ
M
EF
NMM == κε ,
Wykresy funkcji M i N są następujące (rys. 2.3c) Obrót ϕA wyrazi się zatem zależnością
( ) ( )
( ) ( )
++−+−=
=++−+= ∫
2112
21121
2
2
22
TTh
lTT
EF
P
TT
h
TTlds
EF
NN
T
T
s
TA
α
ααϕ
1
M1 N1
κT εT
( )h
TTT 12 −α ( )2
12 TTT +α
1/l 1/l
77
Rys. 2.3c b) Materiał nieliniowo-sprężysty σ = A εN. Zmiany krzywizn i wydłużeń mechanicznych wyrażają się tutaj wzorami
( )[ ] ( )n
n
Mn
n
MAF
N
NAJ
M =+
= εκ ,1
a zatem obrót ϕA punktu A określa się relacją
( )( ) ( )
( ) ( )
++−+−=
=
++−+−= ∫
2112
021
12
2)(
2
22
TTh
lTT
AF
lP
TTh
lTTds
lAF
P
Tn
n
lT
n
n
A
α
αϕ
Porównując oba wyniki możemy obliczyć ich względną różnicę ∆
( ) ( ) NnAF
EFP
P
EF
AF
P
EF
Pn
n
n
n
e
Ne /1 , 12
22 1
=
−=
−⋅
+−=−=∆
−
ϕϕϕ
a tym samym oszacować wpływ przyjętego modelu obliczeń przemieszczeń na wyniki.
0
M N
P
0
0
0
0 P
P P
78
ZADANIE 2.4.
W układzie przedstawionym na rys. 2.4a należy obliczyć obrót ϕA w punkcie B. Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie:
a) liniowo-sprężystym, b) nieliniowo-sprężystym, c) liniowym lepkosprężystym.
Rys. 2.4a
Dane: P, l, E, A, F, J, J(N+1), T1, T0 Szukane: wartości obrotu ϕA punktu A. Rozwiązanie: Dla rozwiązania tego zadania korzystać będziemy z całki Mohra z
uwzględnieniem wpływów termicznych. Wyrażenia na odkształcenia termiczne są następujące
( ) ( )2
, 0101 TT
h
TT TT
TT
+=−= αεακ
Wykresy funkcji TTNM εκ ,,, 11 mają postać
T0
T1
l l ϕ=?
B
T1>T0 P
P
l
P
M=1
1/l
1/l
79
Rys. 2.4b
Wartości krzywizn Tκ odkładamy po stronie włókien rozciąganych,
natomiast wydłużenia termiczne mają znak dodatni a skrócenia ujemny. Składniki termiczne w całce Mohra mają postać
( ) ( )
∫
∫
=
−=−⋅⋅⋅=
sT
s
TTT
dsN
h
lTT
h
TTldsM
0
2
2
11
1
01011
ε
αακ
a) W materiale liniowo-sprężystym wyrażenia na wydłużenia Mε i zmiany
krzywizn Mκ
EJ
M
EF
NMM == κε ,
Wykresy funkcji M i N mają postać
Rys. 2.4c
M1 N1
κT εT
( )h
TTT 01 −α ( )2
10 TTT +α
1/l
M N
Pl
Pl
P
P
80
Obrót ϕA wyrazi się zależnością
( ) ( )∫
−+−=−+=s
TTA h
TTl
EF
P
h
TTlds
EF
NN
2201011 ααϕ
b) Materiał nieliniowo-sprężysty Wzory na zmiany krzywizn i wydłużeń mechanicznych mają postać
( )[ ] ( ) Nn
AF
N
NAJ
Mn
n
Mn
n
M1
,1
==+
= , εκ
Funkcje M i N mają ten sam kształt co w rozwiązaniu liniowym. Wtedy
zgodnie z (1) obrót ϕA wyrazi się zależnością
( )h
TTldsN
AF
N Tn
sA 2
011
−+
= ∫αϕ
stąd po podstawieniu otrzymamy wartość obrotu Aϕ
( )( ) ( ) =−+
−=−+
−⋅= ∫ h
TTl
AF
P
h
TTlds
lAF
P Tnl
Tn
n
A 22
1 01
0
01 ααϕ
( )( )
h
TTl
AF
P Tn
n
201 −+−= α
Rozpatrywane zadanie jest o tyle szczególne, iż występujący w układzie
rozkład momentów zginających jest bez wpływu na wartość kąta obrotu Aϕ . c) Rozwiązanie lepkosprężyste Wzory na krzywiznę i wydłużenie mają postać
dNGF
dMGJ MM ∗∗= 1
= ,1 εκ
stąd
( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ +−=−+∗=l l t
TA dsdPtGN
Fh
TTldsNdNG
Ft
0 0 01
011
12
1 τταϕ
( ) ( ) ( ) ( )
∫−+−−=−+
tTT
h
TTldsdPtG
Fh
TTl
0
0101
2
12
αττα,
81
G – funkcja pełzania.
W chwili początkowej ( )E
tG1
0 =→ + co prowadzi do zależności
( ) ( ) ( )h
TTlP
EFT
A 2 0
10 01 −+−= ++
αϕ
ZADANIE 2.5. W podanym układzie statycznie wyznaczalnym poddanym działaniu
obciążeń i zmiennych po wysokości przekroju temperatur należy obliczyć przemieszczenie poziome δA punktu A. Obliczenia należy przeprowadzić w zakresie:
a) liniowo sprężystym ( )TE εεσ −= ,
b) nieliniowo sprężystym ( ) ,NTA εεσ −=
c) teorii starzenia TnA
Eεσσε ++= .
Rys. 2.5a Dane: P, l, E, A, F, J, J(N+1), T1, T2. Szukane: wielkość przemieszczenia Aδ w punkcie A. Rozwiązanie: Przemieszczenie punktu A wyliczymy z wzoru
T1
T2
l
l l
T2>T1
P δ=?
l
A
82
∫∫ ∫∫ +++=s
Ts s
TMs
MA dsNdsMdsNdsM 1111 εκεκδ
gdzie TMTM εεκκ ,,, są odpowiednio krzywiznami wywołanymi wpływami mechanicznymi i cieplnymi oraz wydłużeniami mechanicznymi i termicznymi.
Wykresy funkcji M1, N1, Tκ i Tε mają postać
Rys. 2.5b Następnie wyznaczamy wartości termicznych deformacji w całce Mohra:
( ) ( ) ( )h
TTl
h
TTll
h
TTlldsM TTT
sT
122
12121
322
21
221 −=−⋅⋅⋅+−⋅⋅⋅=∫
ααακ
2l
M1 N1
2
κT εT
( )h
TTT 12 −α ( )2
12 TTT +α
83
( ) ( )2121
1 22
22 TTlTT
ldsN TT
sT +=+⋅⋅=∫ ααε
a) Teraz określimy wartość przemieszczenia Aδ w przypadku liniowo -
sprężystym. Materiał liniowo sprężysty określają następujące wyrażenia na wydłużenia i
zmiany krzywizn
EJ
M
EF
NMM == κε ,
Wykresy funkcji M i N są następujące
Rys. 2.5c Jak widać w rozważanym przykładzie funkcja momentów zginających M
jest funkcją zerową. Ostatecznie przemieszczenie δ wyrazi się zależnością
( ) ( )
( ) ( )12
212
12
21211
234
23
TTlh
lTT
EF
Pl
TTlh
lTTds
EF
NNds
EJ
MM
TT
Ts
T
sA
++−+=
=−+−++= ∫∫
αα
ααδ
b) Materiał nieliniowo sprężysty Wzory na zmianę krzywizn i wydłużeń mechanicznych mają postać
( )[ ] ( )n
n
Mn
n
MAF
N
NAJ
M =+
= εκ ,1
N M
P 0
0
0
0
84
Przemieszczenie δ punktu A wyznaczymy z wzoru
( )( ) ( ) =++−+= ∫ 12
2
0
2121 2
3TTl
h
lTTds
AF
NNT
lT
n
n
ααδ
( )( ) ( ) lTT
h
lTT
AF
lPT
Tn
n
234
12
212 ++−+= αα
c) Teoria starzenia Wzór określający przemieszczenie punktu A dla układu pełzającego wg
teorii starzenia ma postać
( )( ) ( )∫
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
++++−=+
+++++
+=
sTn
nT
T
s s s s sn
n
Tn
n
A
TTlF
lAP
EF
Pl
h
lTTdsN
dsF
NANds
EF
NNdsMds
NJ
MAMds
EJ
MM
12
212
1
111
11
2443
1
ααε
κδ
ZADANIE 2.6. W belce wolnopodpartej o długości l obciążonej równomiernie obciążeniem
q należy obliczyć kąt wzajemnego obrotu skrajnych przekrojów belki. Zadanie należy przeanalizować dla liniowych i nieliniowych równań fizycznych.
Rys. 2.6a Rozwiązanie: Kąt wzajemnego obrotu końców belki wyznaczymy sumując obrót podpory
lewej φ1 i prawej φ2, czyli φ12= φ1 + φ2. Przy obliczeniach kątów φ1 i φ2 korzystamy z całki Mohra. Funkcja momentu zginającego ma postać
( ) ( )l
ssM
qss
qlsM −=−= 1 ,
22 1
2
a) W zadaniu liniowym kąty φ1 i φ2 wynoszą
q
l
1 2
85
EJ
qll
ql
EJ 242
1
24
21 32
21 =
== ϕϕ
stąd
EJ
ql
12
3
12 =ϕ
Rys. 2.6b Zwróćmy uwagę, iż wynik ten wobec liniowości całki Mohra można
uzyskać z relacji
( ) ( ) ( )∫∫ ∫
⋅=+
−=+=ll l
dsEJ
sMds
l
s
EJ
sMds
l
s
EJ
sM
00 02112
11ϕϕϕ
Przytoczony wynik jest słuszny również w ogólnym przypadku, ponieważ
∫∫∫ ⋅=+
−=lll
dsdsl
sds
l
s
00012 11 κκκϕ
b) W zadaniu nieliniowo sprężystym nA1
εσ = o krzywiźnie
( )n
NAJ
M
+=
1κ zachodzi
( )( ) ( ) dsslsq
NAJdsnln
nl
N∫∫ −
+=⋅= −
0
2
012 2
11κϕ
q
1 2
1-s/l
s/l
M(s)
1 1
1
86
ZADANIE 2.7. W ramie trójprzegubowej obciążonej siłą poziomą P należy obliczyć kąt
wzajemnego obrotu części przypodporowych 1 – 2.
Rys. 2.7a Rozwiązanie: Kąt wzajemnego obrotu φ12 uzyskamy podobnie jak poprzednio po
zsumowaniu obrotów φ1 i φ2. Funkcje momentów zginających i ich rozkłady przedstawiono na wykresach.
Rys. 2.7b Równania równowagi H1+H2=0 V1l – Ph=0
V12
l- H1h =0
V1+V2 =0
l
h
0 P
1 2
0 P
1 2
2
Ph2
Ph
2
P2
P
l
Ph
l
Ph
M s M1
1 1 h
1
h
s−1
h
1
1 1
87
V1= -V2 =l
Ph
H1= H2 =2
P
Funkcje momentów
M(s)=V1s = 2
Ps, M(s)= -
2
Ps
- M1(s)=1 - sh
1
+ M1 (s)= 1 - sh
1
Kąt wzajemnego obrotu φ12 obliczymy z całki Mohra
01
11
100
12 ∫∫ =
−−
−=ll
dssh
dssh
κκϕ
Całka ta znika dla dowolnego wyrażenia na krzywiznę κ z uwagi na fakt, iż
wykres momentów zginających M(s) jest asymetryczny, zaś wykres M1(s) symetryczny.
Wnosimy stąd, iż kąt wzajemnego obrotu φ12 niezależnie od typu materiału jest równy zeru. Nie oznacza to oczywiście, iż kąty obrotu φ1 i φ2 również znikną.
ZADANIE 2.8. Należy określić w łuku kołowym obciążonym w zworniku siłą skupioną P
kąt wzajemnego obrotu przekrojów przypodporowych. Problem należy przeanalizować w liniowym i nieliniowym zakresie odkształceń sprężystych.
Rys. 2.10a Dane: T1, T2, l, E, A, F, J, ( )1+NJ Szukane: φB , uB Rozwiązanie: Szukane przemieszczenia punktu B wyliczymy ze wzoru
∫∫∫ ∫ +++=s
Ts
Ts s
MM dsNdsMdsNdsM 1111 εκεκδ
gdzie TMTM εεκκ ,,, są odpowiednio krzywiznami i odkształceniami wywołanymi wpływami mechanicznymi i cieplnymi. Z powyższego wzoru wyliczymy szukane przemieszczenie liniowe uB oraz obrót φB. W miejsce szukanego przemieszczenia możemy wstawić jednostkową siłę dla
A B uB=?
l l
ϕB=? T2
T1 T2>T1
91
przemieszczenia liniowego uB , a dla przemieszczenia kątowego φB wstawiamy jednostkowy moment.
Jako, że w powyższym zadaniu mamy tylko oddziaływania termiczne, wzór dla przemieszczenia uB przyjmie postać
( )
( )1
1 ,
11
1111
==
==+= ∫∫
PNN
PMMdsNdsMus
Ts
TB εκ
a dla przemieszczenia kątowego φB będziemy mieli zależność
( )
( )1
1 ,
11
1111
==
==+= ∫∫
MNN
MMMdsNdsMs
Ts
TB εκϕ
Niezależnie od równania fizycznego, krzywizny i wydłużenia pochodzące od przyrostu temperatury mają postać
( ) ( )
2 , 2112 TT
h
TT TT
TT
+=−= αεακ
Wykresy funkcji M1(P), N1(P), M1(M), N1(M) mają następującą postać
Rys. 2.10b
1 1 α
1⋅lsinα l M1(P)
1 1 α
1⋅sinα
1 N1(P)
1 α
M1(M)
1 1/2l 1/2l
( )α+ cos12
1
1 α
N1(M)
1/2l 1/2l
α− cos2
1
l
1/2l 1/2l
92
Podstawiając wyrażenia na TT εκ , i siły od wpływów jednostkowych uzyskamy
( ) ( ) ααααααα ππlddsld
TTdll
h
TTu TT
B =∫++∫
−= , ( 0
21
0
12 sin2
)sin
oraz
( ) ( ) ( )∫∫
+−+−=ππ
ααααααϕ0
21
0
12 cos 21
2 cos1
21
ldl
TTdl
h
TT TTB
Po wyliczeniu całek i przekształceniach szukane przemieszczenia przyjmą postać
( ) ( )( )
h
lTT
lTTh
lTTu
TB
TT
B
2
2
12
12
212
παϕ
αα
−=
++−=
Wynik ten jest prawdziwy zarówno dla rozwiązania liniowo i nieliniowo
sprężystego, jak również dla teorii starzenia. Ogólnie jest on słuszny dla każdego równania teorii naprężeń cieplnych. Istotnie, w ogólnym wyrażeniu na przemieszczenia znikną całki Mohra od obciążeń mechanicznych, a pozostają jedynie człony wynikające z odkształceń termicznych. Dzieje się tak dlatego, gdyż różnica między zadaniem liniowym a nieliniowym tkwi w sposobie definiowania tylko deformacji mechanicznych, których tu nie ma.
93
Rozdział III
Zadania statycznie niewyznaczalne
W rozdziale tym zostaną przedstawione stosunkowo proste zadania statycznie niewyznaczalne w przypadkach układów belkowych i ramowych. Zwrócono przy tym szczególną uwagę na porównanie rozwiązań tj. sił wewnętrznych wynikających z różnych przyjęć modeli materiału układu, a w tym nieliniowych sprężystych i lepkosprężystych, czy też teorii lepkiego płynięcia. Ta grupa zadań o stosunkowo prostej konfiguracji daje wyobrażenie o konsekwencjach przyjmowanego często arbitralnie modelu obliczeniowego. W praktyce inżynierskiej dominują bowiem nadal prawie wyłącznie układy liniowo-sprężyste, mimo że rozwój metod numerycznych obliczeń konstrukcji pozwala uwzględnić bardzo złożone modele materiałowe. Sądzę więc, że zasadnym jest porównać rozwiązania tych samych problemów przy różnych modelach materiałowych, tak aby mieć wyobrażenie o skali błędu wynikającego z przyjętego modelu. Różnice są stosunkowo najmniejsze w przypadkach obciążeń czysto mechanicznych, zaś rosną znacznie, kiedy porównujemy wpływy niemechaniczne (temperatura, osiadanie podpór, skurcz), stąd ta grupa zadań jest szerzej prezentowana w tym opracowaniu.
Podstawowe w rozważaniach równania metody sił otrzymujemy z analizy trzech grup zależności, a mianowicie:
- relacji łączących przemieszczenia w układzie δk z odkształceniami κ, ε:
( ) ( )∫∫ =+==s
ns
nk dsXNdsXM 1 1 11 εκδ
z których wynikają podstawowe relacje geometryczne, czyli warunki zgodności przemieszczeń w układach statycznie niewyznaczalnych
( ) ( ) ( )dssdssstts s
, )( ∫ ∫+=→= cauuδ εκ ,
gdzie [ ] [ ] ( ) ( )[ ]1,... 1 , ,... , ,... 11111 ===== nT
nT
n XMXMuu auδ δδ są kolejno uporządkowanymi zbiorami przemieszczeń w układzie podstawowym, przemieszczeniami znanymi w zadaniu statycznie niewyznaczalnym oraz zbiorem funkcji momentów zginających i sił osiowych pochodzących od sił hiperstatycznych 1=nX , n = 1, 2, .... r;
- zależności moment – krzywizna oraz siła osiowa – wydłużenie, które wynikają z fizycznych własności materiału,
- związków określających siły przekrojowe M i N w zależności od sił hiperstatycznych X i obciążeń P
94
PdXcPbXa TTTT NM +=+= , ,
gdzie TTTT dcba ,,, , są wektorami, których współrzędne są uporządkowanymi rozkładami momentów zginających od obciążeń jednostkowych, odpowiednio
1 ,1 == nn PX . W wyniku przekształceń otrzymujemy ogólne postacie równań metody sił w
przypadku zadań:
- liniowo sprężystych EJ
ME == κεσ ,
( ) dsEJdsMEJs
TT
s
aPbXauau ∫=∫= +→
stąd
uBPAX EJ=+
gdzie
∫ ⊗=s
T ds , aaA [ ] ∫=s
jiij dsaaA , ∫ ⊗=s
T dsbaB , [ ] ∫=s
riir dsbaB
- nieliniowo–sprężystych ( )n
N
NAJ
MA
+==
1 , κεσ
( )[ ] [ ] dsNAJn
s
TTn aPbXau ∫= ++1
- liniowej lepkosprężystości MdJEdE =∗∗= κεσ ,
( ) dsdJEdsdJEdJEs
TT
s
aPbXauau ∫∫ +=∗→∗=∗ κ
stąd
uBPAX dJE∗=+ - nieliniowej lepkosprężystości
HdAaNAJ
daMdA
n
N =∗
+∗=→∗= ,
)1( κεσ
[ ] ( )∫ ∗=+s
nn dsdaMNAJ au)1(
95
stąd
[ ] ( )[ ]∫ +=+s
nTTn dsdaNAJ aPbXau *)1(
- lepkiego płynięcia ( )n
n
NJ
MBB
+==
1 , κσε &&
stąd
( )( ) ( ) ( )∫=∫= ++→+s
nTTn
s
n dsBNJdsBNJ aPbXauau &&& 1 1 κ
W przytoczonych równaniach parametry materiałowe )(),1(,,,, tANJJBAE +
są takie same w całym układzie (nie są funkcjami współrzędnej s). W przypadku wpływów niemechanicznych należy uwzględnić dodatkowo,
że om κκκ += i do poprzednio podanych równań dodać całkę pochodzącą od
krzywizny niemechanicznej oκ , stąd ∫ ∫+=s s
om dsds aau κκ .
ZADANIE 3.1.
Należy wykazać, że dla ram o zamkniętym konturze wykonanych z
nieliniowo sprężystego materiału ( )∫ ==s
nN dsMA 0 dla oraz εσ , których
przykłady przedstawiono na rys. 3.1a dowolnego obciążenia, zachodzi:
Rys. 3.1a Ramy o konturze zamkniętym.
Rozwiązanie: Rozetnijmy myślowo zamkniętą ramę. Z warunku ciągłości odkształceń
wynika, iż kąt wzajemnego obrotu ϕ w tym miejscu powinien być równy zero.
96
Rys. 3.1b Warunek ϕ = 0 w przypadku materiału nieliniowego o równaniu fizycznym
NA εσ = i wyrażeniu na krzywiznę n
NAJ
M
+=
)1( κ prowadzi do relacji
∫∫ =→=
+→=
s
n
s
n
dsMdsNAJ
M0)(01
)1(0ϕ
Zauważmy, iż zależność ta jest słuszna dla każdej zamkniętej ramy o
dowolnym kształcie (tzw. oczko). W przypadku liniowej sprężystości zachodzi
∫ =s
Mds 0 .
Zależność ta jest prawdziwa również w liniowej lepkosprężystości, kiedy
εσ dE∗= i σε dF ∗= oraz dMFJ
∗= 1 κ . Wtedy warunek ϕ = 0 prowadzi
do zależności
∫ ∫ ∫ =→=∗→=∗s s s
MdsdFdsMJ
dsdMFJ
001 1
01 1
Natomiast tylko dla sił postaci )(0 tfPP αα = , tj. obciążeń narastających według tej samej funkcji zachodzi:
HdaANJ
dAMdA
n
=∗
+∗=→∗= ,
)1( N κεσ
stąd
ϕ
s ϕ
97
( )∫ ∫ ∫ =→
+∗
→=
+∗→=
s s s
nnn
dsMdsNJ
dafMds
NJ
daM0
)1(01
)1(0 0
0ϕ
W przypadku nieproporcjonalnego narastania obciążeń kiedy )(0 tfPP αα ≠ , ostatnia z całek jest nieprawdziwa.
ZADANIE 3.2. Należy wykazać, że w zadaniach nieliniowo-sprężystych, nieliniowo
lepkosprężystych oraz w statyce lepkiego płynięcia, w których występują tylko obciążenia mechaniczne, siły wewnętrzne są zależne jedynie od wykładników w prawie potęgowym. Siły te są zaś niezależne od pozostałych parametrów materiałowych występujących w równaniach fizycznych.
Rozwiązanie: Analizować będziemy następujące równania fizyczne i przyporządkowane
im relacje moment - krzywizna
( ) Nn
NAJ
MA
nN 1
1=
+=→= , κεσ
( )( ) ( ) ( )∫ =∗
+∗=→−=
t nN HdAa
NJ
dMadAt
0
,1
κττεσ
( ) ( ) mL
LJ
MBB
mm 1
1
=
+=→= κσε &&
W każdym z analizowanych przypadków równania metody sił otrzymamy z
analizy znanych w zadaniu przemieszczeń o wektorze [ ]nT uuu ,........, 21=u
( ) ( ) ( )∫=s
dssstt , au κ
Podstawiając z kolei wyrażenie na: - nieliniową krzywiznę sprężystą uzyskamy
Wykazaliśmy, iż wyznaczenie sił hiperstatycznych wymaga rozwiązania równania macierzowego postaci
( ) ( )∫ ∫ +→s
nnMs
0=ds0=ds aPbXaa TT
w którym nieliniowość związana jest jedynie z wykładnikiem n. Wynik ten jest natomiast niezależny od parametrów A, A(t), B(t,T) i momentów J(N+1). Wyjątek tu stanowią zadania lepkosprężyste, kiedy M(s,t)≠ M0(s) f(t).
Z uwagi na fakt, że o wielkościach wewnętrznych decydują tylko obciążenia P oraz siły w wiązach X możemy stwierdzić, że wielkości te będą niezależne od funkcji A, A(t) i B. Oczywiście, w przypadku wpływów niemechanicznych siły te w zasadniczy sposób zależą od wszystkich parametrów równań fizycznych.
ZADANIE 3.3. W układzie ramowym jak na rys. 3.3a należy wyznaczyć siłę hiperstatyczną
oraz sporządzić wykresy sił przekrojowych. Zadanie należy przeanalizować w zakresie nieliniowo-sprężystym i lepkosprężystym.
Rys. 3.3a
M M
1 2
h
l X
≡ δ2 =0
99
Rozwiązanie: Przyjmiemy jako wielkość nadliczbową reakcję pionową w podporze 2.
Wykresy momentów zginających od obciążeń i sił jednostkowych mają postać
Rys. 3.3b
Spełniając warunek 02 =δ z wykorzystaniem całki Mohra w zadaniach
nieliniowych ( )n
N
NAJ
MA
+=→=
1κεσ otrzymamy
( ) ( )∫ ∫ =
+−+
+→=
l h nn
dslNAJ
MXldss
NAJ
Xs
0 02 0
1
10δ
stąd
( )[ ] ( ) 02
021
22
=
−++
→=
−+++
++ nnnn
n
n
X
Ml
lhn
llh
X
Ml
n
l
NAJ
X
( )
Nn
lhn
ll
X
M
+=−
+
2
2
Siła hiperstatyczna XN=X w zadaniu nieliniowo-sprężystym wynosi
M
X 1
s s
M Xl
Xs
l 1s
100
( )
12
2
−+
++=
Nn
N lhn
llMX
Analizując problem w zakresie lepkiego płynięcia, z równań fizycznych
mBσε =& i krzywizny ( )m
LJ
MB
+=
1κ& oraz warunku geometrycznego 02 =δ&
otrzymamy
( ) ( )∫ ∫ =
+−+
+→=→=
l h mm
dslLJ
MXlBdss
LJ
XsB
0 02 0
1
100 δδ &
Wartość siły hiperstatycznej Xc w układzie
( )
112
2
−+
++=
mm
c lhm
llMX
Z porównania obu wyników wnosimy, że siły hiperstatyczne przy braku
wpływów niemechanicznych są niezależne od funkcji A i B, zależą natomiast od wykładników potęgi w równaniach fizycznych. Można się przekonać, że własność ta przenosi się na układy o dowolnej statycznej niewyznaczalności.
ZADANIE 3.4. Należy określić siły przekrojowe w belce obustronnie utwierdzonej
obciążonej jak na rys. 3.4a. Materiał belki jest nieliniowy fizycznie.
Rys. 3.4a
Dane: P, l, ( ) nN
NAJ
MA
n
N 1 ,
1 , =
+== κεσ
l
P 1 2
l
P X1 X2
101
Rozwiązanie: W obu utwierdzeniach belki zachodzi .021 == ϕϕ Wynika stąd sposób
rozwiązywania zadania przez zastąpienie wiązów momentami X1=X2=X
Rys. 3.4b Całka Mohra wynikająca z warunku 021 == ϕϕ ma postać
( ) ( )
( )( ) ( ) 1
11
1
2/
0
1
2/
0
2/
0
40
412
2
01
211
20
++
++
+
=
−→=−−
−=+
−
→=
′−
+
−′+
+−
+
−→= ∫∫
nn
nn
ln
l
n
l
n
XXPl
XXPl
nP
XsP
dsl
s
NAJ
XsP
dsl
s
NAJ
XsP
ϕ
Pierwszy z pierwiastków wynosi
84
PlXXX
Pl=→=−
( )( )
( )( )∫ ∫ =
−
++
−
+→=
2
0
2
0
01
11
0l/ l/ nn
dsl
s
NAJ
sMds
l
s
NAJ
sMϕ
Po uproszczeniach otrzymamy całki postaci ( ) XsP
sM −=2
∫ ∫ ∫ =−+−2/
0
2/
0
2/
0
011l l l
nnn sdsMl
dssMl
dsM
stąd
X X
P s
M(P,)X
PsXPl
sM −−=4
)(
X
4Pl
M1
1
l
s'
l
s'1−
102
( ) 01
22
2
2/
0
1
2/
0
=+
−=
−
+
∫
ln
nl
nP
XsP
dsXsP
Proste wyliczenia prowadzą do zależności (n+1 –liczba parzysta)
( ) ( ) 11
11
40
2
2+
++
+
=
−→=−−
− nn
nn
XXPl
XXlP
W przypadku zadania liniowego warunek 0=ϕ daje
80
2
1
3
1
3
2
242
10
PlXXl
lPl =→=+
+
⋅−→=ϕ
W zadaniu nieliniowym dla n=3 zachodzi
( )
8
044
0444
44
PlX
iXXPl
iXXPlPl
XXPl
XXPl
=
=
+−
−−
−
−−=−
−
Identyczność obu rozwiązań jest wyjątkiem, a nie regułą. ZADANIE 3.5. Należy określić siły przekrojowe w układzie prętowym, obciążonym siłami
poziomymi P1 i P2. Rozważania należy przeprowadzić w zakresie liniowo- i nieliniowo - sprężystym.
Rys. 3.5a
P1
h
l1
F1 P2
l2
0 1 2
F2
103
Dane: P1, P2, l, h, ( )n
N
NAJ
MA
+==
1,κεσ ,
n
AF
N
=ε
Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne, a siłą nadliczbową X
będzie siła w ryglach. Po zastąpieniu układu trzema podukładami: (słupy, rygle) oraz wykorzystaniu warunku nierozdzielności 2121 ∆+∆=−δδ otrzymamy w
liniowo-sprężystym zadaniu
Rys. 3.5b
( ) ( )33
2
2
311
211
1
hXPh
hXPEJ
−=⋅−=δ
( ) ( )33
2
2
322
222
2
hXPh
hXPEJ
+=⋅+=δ
22221111 , lXEFlXEF =∆=∆
Z analizy równowagi sił w węźle wynika, że X1=X2, a więc
( ) ( ) ( ) 321
222
211
3
2
2
1
13
23
1
3
2
33hPPililhX
EF
Xl
EF
Xl
EJ
hXP
EJ
hXP−=
++→+=+
−−
stąd
( )2
22
1
21
1222
211
3321 , ,
3
2
F
Ji
F
JiililhhPPX ==
++−=−
W zadaniu nieliniowym przemieszczenia 2121 ,, ∆∆ iδδ mają postać
P1 P2
X1 X1 X2 X2
(P1-X1)h
s
h-s
δ1
δ1-∆1
(X2 +P2)h (P1-X1)s
104
( )( ) ( )
22
211
1
0
211
1
,
,21
1
lAF
Xl
AF
X
n
h
NAJ
XPdss
NAJ
sXP
nn
h nnn
=∆
=∆
+
+−
=
+−
= ∫+
δ
( )( ) ( )∫ +
++=
++=
+h nnn
n
h
NAJ
XPdss
NAJ
sXP
0
222
2 ,21
1
δ
Z warunku nierozdzielności otrzymamy
( ) ( ) ( ) ( )
+
=+
++
−+
+− ++
nn
nnnnn
F
l
F
l
A
X
n
h
NAJ
XP
n
h
NAJ
XP
2
2
1
12
22
1
2121
a dalej
[ ] [ ] [ ] ( ) ( )( ) ( )[ ]
22
2
1
121
12+
++
+==+−− n
n
nnnnnnn
h
NJn
F
l
F
laaXXPXP gdzie
W przypadku szczególnym P2=0 otrzymamy znacznie prostsze równanie
algebraiczne
[ ] [ ] nn XbXP =−1 które sprowadzimy do postaci
[ ] [ ] 01 =−− nn XbXP W przypadku n=3 można uzyskać wprost rozwiązanie
[ ] [ ][ ]
( )312
,0
12,1
2113
31
±−
=
=−−
−−
=−
−
b
XPX
XXXXXb
XPX
b
XP
ZADANIE 3.6. W nieliniowej lepkosprężystej ramie przedstawionej na rys. 3.6a działa
pozioma siła P = P0 f (t), gdzie f (t) jest znaną funkcją czasu t. Należy określić rozkład sił przekrojowych w ramie.
105
Rys. 3.6a
Dane: P=P0f(t), l, h, ( ) ( )[ ] ( )∫ −=t
N dAtt0
ττεσ
Zależność moment-krzywizna ( ) HdaANJ
daMn
=∗
+∗=
1κ
Rozwiązanie: W zakresie liniowo-sprężystym mamy tu do czynienia z obciążeniem
asymetrycznym działającym na symetryczną ramę. Wykresy momentów zginających są wówczas asymetryczne a jedynymi relacjami w podporach 0, 3
są siły poziome .230P
HH == Powstaje pytanie czy własność ta przenosi się
na zadania nieliniowe. Przeanalizujemy w tym celu następujące równoważne zadanie statycznie
wyznaczalne (rys. 3.6b). Przyjmując jako wielkość nadliczbową moment X w środku rozpiętości rygla
wypiszemy warunek równoważności obu układów. Ma on postać ϕ = 0
( )∫ =
+∗=
s
n
A dsMNJ
daM11
ϕ
∫ ∫+
−
+⋅
∗++⋅
∗
−=h l
l
nn
dsdal
PhsXds
h
sdas
P
h
X
0
2/
2/
12
( )( )0
2
1
20
=+
∗
++ ∫ n
nh
NJds
h
sdas
P
h
X
Jeżeli teraz przyjmiemy, że siła hiperstatyczna X(t) zmieniać się będzie w
czasie podobnie jak obciążenie tj. X=X0f(t) a druga całka zniknie
P(t)
h
l 0
1 2
3
106
Rys. 3.6b
−−
++
=
=
++
=
+
++
−
+
−∫
11
2/
2/
12
2
22)1(
)1(
nn
l
l
nl
l
n
P
h
XP
h
X
nP
l
l
Ps
h
X
nP
lds
l
Ps
h
X
to równanie ϕA=0 prowadzi do zależności
( ) ( )nnnnnn
P
h
XP
h
X
hn
hP
h
X
hn
hP
h
X
+−=
−→=+
+++
−++
220
2222
22
Z uwagi na fakt, iż n jest liczbą nieparzystą, ponieważ σ(-ε) = -σ(ε) to
nn
h
XP
h
XP
+=
−22
a stąd X = 0. Warto jednak zauważyć, że o ile w
zadaniach klasycznej mechaniki rezultat ten jest oczywisty to w naszych rozważaniach trzeba założyć, iż zmiany siły X (t) = X0 g(t) są takie, że g(t) = f(t), a jedna z całek musi zniknąć.
P ϕ=0
-X -X X X
s
M(X)
h
Xh
X
M(P) M1
s
l
hP
l
hP
l
hP
2P
2P
1 1
h
1
h
1
107
ZADANIE 3.7. Wyznaczyć siły przekrojowe w układzie prętowym jak na rys. 3.7a w
zakresie nieliniowo-sprężystym i lepkosprężystym.
Rys. 3.7a Dane: h, l, P, J(N+1)
EJ
ME =→= κεσ
( )n
N
NJ
daMdA
+∗=→∗=
1κεσ
Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Wykresy sił
przekrojowych przedstawiają rysunki
Rys. 3.7b
P
h
l l
α
αcosl
P
s
X M(X)
αα
cossin
lX
M(P)
l
hP
2 l
hP
2
M1(X=1) 1
αtgl
108
Warunek δ = 0 w zadaniu liniowym prowadzi do relacji
( )∫ →=⋅−→=α
αααδcos
0
0sin1cossin20
l
sdssVX
( ) ααα
αα ctg2
ctg0cos
cossin3
13
l
hPXVX
lVX =→=→=
−
W zadaniu nieliniowym lepkosprężystym zachodzi
( )0 sin1
1
cos2
sin20
cos
1
0
=
∗
+
−→= ∫ dssdas
NJl
hPX
n
nα
ααδ
α
stąd dla P = P0 f(t) i X = X0 f(t) zachodzi
∫ =
−+α
ααcos
1
0
1 0cos2
sinn
n
l
hPXdss
( ) 0cos2
1ctg
2sin
2
=
+
−+nn
n l
nl
hPX
ααα
αα ctg2
0ctg2 l
hPX
l
PX
n
=→=
−
Jest to przykład zadania gdzie liniowe rozwiązania się pokrywają z
nieliniowymi i to zarówno w zakresie sprężystym jak i lepkosprężystym. ZADANIE 3.8. W podanym układzie statycznie niewyznaczalnym należy określić siły
przekrojowe w zadaniu liniowym oraz nieliniowym sprężystym.
109
Rys. 3.8a
Dane: P, l, h, σ = Eε, σ = AεN, ( )n
NAJ
M
EJ
M
+==
1 , κκ
Rozwiązanie: Przyjęty układ podstawowy wraz z wykresami momentów zginających
M(P), M(X), M1(X1=1) przedstawiono na rysunku
Rys. 3.8b Rozwiązanie zadania liniowo-sprężystego prowadzi do zależności 0=ϕ
3
2
2 ,
3
1
3
2
3
2
2
1
3
2
2
12 0
2
111111h
EJlhlh
EJPX PP
−=+=⋅⋅+⋅⋅==+ δδδδ
stąd
Plhh
PX P12
11
1
3
1
3
2
3
−
+=−=δδ
X X
s
M(X)
h
X h
X
s
l
X l
XX
s
M(P)
P
Ph
1 1
M(X=1)
h
1
s
l
1
1 P
1 1
s h
1
l
1
P
h
l
110
W zadaniu nieliniowym warunek ϕ = 0 prowadzi do relacji
∫ ==s
dsM 01κϕ
∫ ∫ ∫ =
+
+
−→=h l l nn
nn
dsh
ss
h
Xds
l
s
l
Xsds
h
ssP
h
X
0 0 0
01
0ϕ
0222
=
+
+
−+++
h
l
h
X
l
l
l
X
h
hP
h
X nnnnnn
Otrzymamy stąd równanie algebraiczne postaci
( ) 00 221 =+
+
−→=
+
+
− +++ nnn
nn
nnn
h
XP
h
X
h
X
l
XP
h
X αααα
gdzie h
l=α
Z uwagi na fakt, iż n jest liczbą nieparzystą to nn
h
XPP
h
X
−−=
− i
otrzymamy
( )11 gdzie , 0 ++==
−−
nnnn
h
XP
h
X ααββ
W przypadku szczególnym n = 3 otrzymamy rozwiązanie postaci
=
−+
−+
+−=
−−
2233
h
XP
h
XP
h
X
h
X
h
XP
h
X
h
XP
h
X ββββ
⋅
−+
−−
−−= 32
1i
h
XPP
h
X
h
X
h
XP
h
X ββ
−−
−−⋅ 32
1i
h
XPP
h
X
h
Xβ
Rzeczywisty pierwiastek tego równania prowadzi do zależności
( ) ( ) PhXPh
X
h
XP
h
X 1110 −+=→=+→=
−− βββ
111
W zadaniu nieliniowym lepkosprężystym, kiedy dAN ∗= εσ ,
( )n
NJ
daM
+∗=
1κ wobec wykazanej poprzednio zależności rozwiązań w
przypadku obciążeń mechanicznych od funkcji relaksacji A wynik będzie identyczny jak w nieliniowo-sprężystym.
ZADANIE 3.9. Należy określić siły przekrojowe występujące w układzie prętowym
przedstawionym na rys. 3.9a obciążonym siłą poziomą P.
Rys. 3.9a
Dane: P, l, h, ( )nn
N
AF
N
NAJ
MA
=
+== εκεσ ,
1 ,
Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne, a jako siłę nadliczbową
przyjmiemy siłę osiową X w ryglu. Układ rozbijemy na 2 podukłady: rygiel 1-2 oraz słupy 0-1 i 2-3. Każdy z elementów jest nieliniowo-sprężysty.
Rys. 3.9b
P
h
l 0
1 2
3
P X
(P-X)h
s ∆
X X X s
Xh
112
Warunek nierozdzielności układu ma postać
∆=− 21 δδ
gdzie δ1, δ2 i ∆ są kolejno ugięciem słupów 0-1 i 3-2 oraz skróceniem rygla 1-2.
Rys. 3.9c W zadaniu liniowo-sprężystym σ = Eε zachodzi
( )33
2
23
2
2
322
1hXP
hXh
hPh
EJ−=⋅−⋅=δ
33
2
2
32
2Xh
hXh
EJ =⋅=δ
XlEF =∆
stąd
( )F
J
h
lbXbXP
EF
Xl
EJ
Xh
EJ
hXP3
33 3 ,2
33==−→=−−
Siła osiowa w ryglu wynosi
b
PX
+=
2
W przypadku nieliniowo – sprężystym przemieszczenia wynoszą
( )( ) ( )∫ +
+−=
+⋅−=
+h nnn
n
h
NAJ
XPdss
NAJ
sXP
0
2
1 21
1
δ
1
1h
h
1 1 1
1h
M1
113
( ) ( )∫ +
+=
+=
+h nnn
n
h
NAJ
Xdss
NAJ
Xs
0
2
2 21
1δ
lAF
X∆
n
=
Podstawiając do warunków nierozdzielności otrzymamy
( ) ( )nn
nnnn
nnnn
Fh
JnlXXXPl
AF
X
n
h
AJ
X
AJ
XP2
2 2
2 +
+ +=−−→
=+
−
−
a następnie
( )a
PXX
a
XPX
a
XPaXXP n
nnnn
+=→=−→=
−→=−11
Wyznaczenie siły nadliczbowej wymaga rozwiązania równania algebraicznego typu (A-X)n - (X)n = 0. Podamy teraz rozwiązanie kiedy n = 3.
Zachodzi
( )( ) 00 21 =−−
−−→=−
−XXXXX
a
XPX
a
XP nn
gdzie
( )312 2,1 ±−=a
XPX
Otrzymamy stąd trzy pierwiastki Pa
Xa
PX
312
31,
1 3,21 ±+±=
+=
Zauważmy, iż pierwiastek Pa
X312
313 −+
−= prowadzi do siły X o zwrocie
przeciwnym od założonego, a więc sprzecznego z fizycznym sensem zadania.
Występująca w tym zadaniu wielkość ( )
12
2+
+=n
n
hF
J
h
lna ujmuje
wpływ nieliniowych parametrów występujących w równaniach fizycznych. ZADANIE 3.10. Należy wyznaczyć siły przekrojowe w układzie ramowym wykonanym z
materiału liniowo i nieliniowo-sprężystego.
114
Rys. 3.10a Dane: h, l, P, J(N+1)
EJ
ME =→= κεσ
( )n
N
NAJ
MA
+→=
1κεσ
Rozwiązanie: Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. W zadaniu liniowo-
sprężystym układ podstawowy wraz z wykresami sił przekrojowych przedstawiają rysunki
P
h
l l
X X 2X
Xl Xl
Xl
s
M(X)
h
lX
h
lX
0
Ph
Ph
M(P)
l
hP
P
P
l
hP
115
Rys. 3.10b
11
1111 0
δδδδ P
XPX PP
−=→=+
gdzie
hl
hlh
EJlhlll
llh
EJ P 3
2
23
2
2 ,
3
2
3
2
3
2
22
3
2
22
2
132
2
11 ⋅−⋅−=+=⋅+⋅= δδ
stąd
( ) ( )1
3222
3
2
3
1−
++= lhlhllhX
W zadaniu nieliniowym warunek δ = 0 prowadzi do całek
( ) ( )∫ ∫ +
+
−+
+
−→=
h l
nn
dssNAJ
l
hPX
dsh
ls
NAJ
sPh
lX
0 0
11
0δ
( ) ( ) 0 1
10 0
=
++
+
+ ∫ ∫h l n
n
dssNAJ
Xsdss
h
l
NAJ
sh
lX
stąd
02222
2222
=+
++
++
−++
−++++
n
lX
n
h
h
l
h
lX
n
l
l
hPX
n
h
h
lP
h
lX
nn
nnnnnn
1 1 2
1l
M1
h
l
1l
1l
116
( ) 01111
22
=
+⋅
+
−+
−++ n
nnn
nn
XX
PXPX
ααααα
αα,
l
h=α
( ) ( ) 01111
2121
=
+
+
−+
−++++ n
nn
nn
nn
n XXPXPXααα
αα
α
( ) 01111
2121
=
+
+
+
−++++ nn
nnn
n XPXαααα
α
( )[ ] ( ) 00 =+−→=+− nnnnn XPXbXPX αα W przypadku n = 3 zachodzi
( ) 0)(0 3333 =−−→=+− XPXXPX αα stąd
( )[ ] ( ) ( )[ ] 022 =−+−+−− XPXPXXXPX ααα Równanie to posiada następujący rzeczywisty pierwiastek
( )2
0 1P
XXPXαα =→=−−
Natomiast rozwiązanie równania ( ) ( ) 022 =−+−+ XPXPXX αα wobec
ujemnego wyróżnika ( ) 03 2 <−= αP∆ prowadzi do zespolonych wartości sił hiperstatycznych nie posiadających interpretacji fizykalnej.
ZADANIE 3.11. W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)
należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych wywołanych działaniem stacjonarnego pola temperatur. Schemat zadania oraz pole temperatur przedstawiono na rys. 3.11a.
117
Rys. 3.11a Obliczenia należy wykonać dla materiału
a) liniowo-sprężystego εσ ⋅= E
b) nieliniowo-sprężystego NA εσ ⋅= c) liniowo-lepkosprężystego εσ dR ∗=
Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać. Dane: l-długość, T1-temperatura wyższa, T2-temperatura niższa, αT-
współczynnik rozszerzalności cieplnej, E, n, R(t), A-współczynnik i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym układzie różnych materiałów.
Rozwiązanie: W zadaniu siłę hiperstatyczną i siły przekrojowe wyznaczamy korzystając z
całki Mohra
( ) ( )∫ ∫ +++=s s
TMTM dsNdsM 11 εεκκδ
gdzie δ jest przemieszczeniem w układzie wywołanym przyrostem temperatury.
Zgodnie z warunkiem nierozdzielności wzajemne przemieszczenie punktów 2 i 3 jest równe wydłużeniu pręta 2-3 co zapiszemy w następujący sposób
( ) ( )∫∫ −
+=+++s
TTMs
TM EF
lXl
TTdsNdsM
22
221
11 αεεκκ
l
l l l
1
2 3
4
T1
T1 T2
T2
T1>T2
118
gdzie: ( )TM κκ , są zmianami krzywizn wywołanymi odpowiednio przez stan
naprężeń i przyrost temperatury, a (εM, εT) są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartości temperatury w przekroju.
Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są momentami zginającymi i siłami osiowymi w analizowanym układzie prętowym, które wywołane są działaniem siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia.
Przedstawione zadanie jest równoważne następującemu statycznie wyznaczalnemu zadaniu.
Rys. 3.11b Należy jednak narzucić warunek nierozdzielności
( )EF
lXl
TTT
22
221 −+= αδ
W wyrażeniu tym δ przyjmuje różne wartości w zależności od
analizowanego materiału. Wspólną częścią obliczeń dla wszystkich rozważanych przypadków
(niezależnie od opisu materiału) są funkcje M1 i N1 których wykresy mają postać
Rys. 3.11c Wspólną częścią obliczeń są również: wydłużenie oraz zmiany krzywizn
wywołane działaniem pola termicznego
l
l l l
T1 T2
T1>T2
X X
l l
M1
22
N1 22
+ +
119
Rys. 3.11d
ad a) Materiał liniowo-spr ężysty Materiał liniowo-sprężysty opisany jest równaniem fizycznym εσ ⋅= E .
Równanie to prowadzi do następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i
wydłużenie εM
EF
N
EJ
MMM == εκ ,
gdzie: M – funkcja momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, N – funkcja sił osiowych od wszystkich sił w układzie.
W wyniku podstawień otrzymujemy
( )∫ ∫ ∫∫⋅−+=++⋅+
s s sTTT
s EF
lXlTTdsNds
EF
NNdsMds
EJ
MM 2211
11
1 αεκ
Funkcje M i N można przedstawić w następujący sposób
11 , NXNMXM ⋅=⋅= więc
( )∫ ∫∫ ∫ −+=++
+⋅
s sTTT
s s EF
lXlTTdsNdsMds
EF
NNds
EJ
MMX
22111
1111 αεκ
( ) ( ) ( )EF
lXlTTX TTT
221
''1111 −+=+++ αδδδδ
gdzie
∫ ∫ ∫ ∫====s s s s
TTTT dsNdsMdsEF
NNds
EJ
MM1
'1
11'11
1111 , , , εδκδδδ
κT
Th
TT α21 −
εT
TTT α
221 +
120
Wartości współczynników ''1111 , , , TT δδδδ wyznaczamy korzystając z
uproszczonego sposobu Mohra – Wereszczagina. W wyniku przeliczeń otrzymujemy
311 3
22
3
22
2
12
1l
EJlll
EJ=
⋅⋅=δ
EF
ll
EF
2
2
22
2
22
1'11 =⋅⋅⋅⋅=δ
0 ,0 ' == TT δδ Uzyskane wyniki wstawiamy do równania
( )EF
lXlTT
EF
l
EJ
lX T
22
3
2221
3
−+=
+ α
( ) ( )lTTEF
l
EJ
lX T 21
3 22
3
22 +=
++ α
( )[ ] ( ) 13
2122
3
22−
++⋅+=EF
l
EJ
llTTX Tα
Wyznaczona siła hiperstatyczna X pozwala na sporządzenie wykresów sił
wewnętrznych w zadanym układzie prętowym.
Xl
M
X22
+ +
Xl
N
X X -
X22
121
Rys. 3.11e ad b) Materiał nieliniowo-spr ężysty Wykresy sił osiowych N1 i momentów M1 od siły jednostkowej X = 1 oraz
wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn są identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Wydłużenie i zmiany krzywizn wywołane siłą hiperstatyczną opisują wyrażenia
( )nn
NAJ
M
AF
N
+=
=1
, κε
które wynikają z równania fizycznego postaci NAεσ = W układzie zadanym, który rozpatrujemy teraz jako wykonany z materiału
nieliniowo-sprężystego nadal obowiązuje warunek nierozdzielności
( )( )n
n
TAF
lXlTT
221 −+= αδ
Wartość δ wyznaczamy z całki Mohra
( )[ ] ( )∫ ∫ ++++
=s s
TTn
n
n
n
dsNAF
NdsM
NAJ
M '11
1δδδ
gdzie: M = XM1, N = XN1, a następnie wstawimy do
( )[ ] ( )( )
( )∫ ∫ −+=++++s s
n
n
TTTn
nn
n
nn
AF
lXlTTds
AF
NNXds
NAJ
MMX 2
121
'1111 αδδ
X22
- +
T
X22
122
( )[ ] ( )( )
( )n
n
Ts s
n
n
n
nn
AF
lXlTTds
AF
NNds
NAJ
MMX
2
121
1111 −+=
+
+∫ ∫ α
Obliczamy całki
( )[ ] ( )[ ]( )
( )[ ] ( )∫ ∫ ++⋅=
+⋅=
+
+
s
l
n
n
n
n
n
n
nNAJ
lds
NAJ
ssds
NAJ
MM 2
0
2
11
21
22
12
1
( ) ( ) ( ) ( )∫∫
⋅
=⋅⋅⋅
=⋅
⋅=
l
n
n
n
n
n
ns
n
n
AF
l
AF
l
dsAFAF
NN 2
0
11
222
2222
22
2
2
2
212
Obliczone całki wstawiamy do
( )( )[ ] ( ) ( )
( )( )n
n
Tn
n
n
n
n
AF
lXlTT
AF
l
nNAJ
lX
22
22
21
2221
2
−+=
⋅
++⋅+
+
α
( )( )[ ] ( ) ( ) ( )
( ) lTTAF
l
AF
l
nNAJ
lX Tnn
n
n
n
n21
22
222
21
22 +=
+
+++
+
α
( )[ ] ( )( )[ ] ( ) ( )
N
n
n
n
nN
TAF
ll
nNAJ
llTTX
−
+
+
+++
+=22
22
21
222
21α
Porównując rozwiązania dla materiału nieliniowo-sprężystego i liniowo-
sprężystego możemy otrzymać tzw. „moduł sieczny”.
123
( )[ ] ( )( )[ ] ( ) ( )
=
+
+++
+
−
+
N
n
n
n
nN
TAF
ll
nNAJ
llTT
2222
21
222
21α
( )[ ] ( ) 13
2122
3
22−
++⋅+=EF
l
EJ
llTTTα
( )[ ] ( )
( )( )[ ] ( ) ( )
N
n
n
n
n
NT
AF
ll
nNAJ
l
F
l
J
llTTE
−
+
−
+
+++
⋅
⋅
+++=
2222
21
22
22
3
22
2
31
21α
Otrzymany „moduł sieczny” zależy nie tylko od rozkładu temperatur, ale
również od konfiguracji układu. ad c) Liniowy materiał lepkosprężysty Równanie fizyczne ma postać
( ) ( )∫ ∗=−=t
dtt0
εφτετφσ &&
gdzie: φ(t) – funkcja relaksacji, )(τε& - prędkość odkształceń, ∗ - symbol splotu.
Wydłużenia i krzywizny wyrażają się wzorami
J
M
F
N 11
,−− ∗=∗= φκφε &&
J
RM
F
RN ∗=∗=&&
κε ,
Warunek nierozdzielności pozostaje podobny do tego jak w zadaniu liniowo
i nieliniowo-sprężystym.
124
( )F
lXRlTTT
221
&∗−+= αδ
czyli
( )∫ ∫∫∫∗−+=+∗++∗
s sTT
sT
s F
lXRlTTdsNdsN
F
NRdsMdsM
J
MR 2211111
&&&
αεκ
gdzie: 11 , NXNMXM ⋅=⋅= &&&&
( )F
lXRlTT
dsNdsNF
NXRdsMdsM
J
MXR
T
s sT
sT
s
221
111
111
&
&&
∗−+=
=+∗
++∗
∫ ∫∫∫
α
εκ
( )F
lXRlTT
F
NNds
J
MMXR TTT
s s
221
'1111&
&∗−+=++
+∗ ∫ ∫ αδδ
( ) lTTF
lds
Fds
J
ssXR T
l l
22
22
2222 21
2
0
2
0
+=
+
⋅⋅+⋅∗ ∫ ∫ α&
( )[ ]1
3
2122
3
24−
+++=∗F
ll
J
llTTXR Tα&
Stosujemy na tym równaniu transformację Laplace’a, w wyniku której otrzymujemy
( )[ ]1
3
2122
3
241)()(
−
+++=F
ll
J
llTT
ppXppR Tα
Przyjmujemy w zadaniu stacjonarny układ temperatury określany równaniem ( ) )()()( 2121 tHTTtTtT && +=+ , gdzie: H(t) – funkcja Heaviside’a.
Wprowadzając funkcję modyfikującą r(t) )(
1)(
tRtr =
otrzymamy
( )[ ]1
3
2122
3
24)()(
−
+++∗=F
ll
J
llTTtr
l
ttX T
&&α
Funkcja X(t) dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury przyjmie
postać
125
( ) ( )( )[∫ ++−+
∗= −+−t
tCEbb
b
beCEEE
tX0
10
011
11)( τγγ
µτ
( ) ( ) +
−+
−
++
+−+ τδµτδ tEt
CECE bb2
00 1
1
1
11
( ) ( )[ ]1
3
210
22
3
22
1
11
1
1−
+++−
+−
++
F
ll
J
llTTdt
CEE T
bb
&&αττδµ
W podanym wzorze Eb, C0, γ są stałymi określającymi reologiczne właściwości betonu, (por.[]) µ - udział zbrojenia, E2 – moduł sprężystości stalowych wkładek.
Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił wewnętrznych wywołanych stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej. Przyjęto przy tym, że beton opisany może być równaniem liniowej lepkoprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.
Rys. 3.11f Wykresy sił wewnętrznych M, N, T dla materiału liniowo lepkosprężystego.
ZADANIE 3.12. W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)
należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i osiowych wywołanych osiadaniem podpory 1. Schemat statyczny układu oraz kierunek osiadania podpory przedstawione są na rys. 3.12a
X(t)s
M N
X(t)
s
X(0)s
-
+ +
X(0)
T
- +
X(t)
X(0)
126
Rys. 3.12a Obliczanie należy wykonać dla materiału:
a) liniowo sprężystego εσ ⋅= E
b) nieliniowo-sprężystego NA εσ ⋅= c) liniowo lepkosprężystego εσ dR ∗=
Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać. Dane: l – długość, E, A, N, R(t) – współczynniki i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym zestawie różnych materiałów. Rozwiązanie: W przedstawionym zadaniu siły wewnętrzne i hiperstatyczne wyznaczamy
posługując się całką Mohra, która w postaci niezmienniczej przyjmuje formę zależności
( ) ( )∫ ∫ +++=s s
TMTM dsNdsM εεκκδ 11
gdzie δ jest przemieszczeniem w układzie wywołanym osiadaniem podpory w punkcie 1.
Korzystając z warunków nierozdzielności możemy stwierdzić, że przemieszczenie układu w punkcie 1 wynosi
u
l
1
l l
2
3 4
5
127
δ=u czyli
( ) ( )∫ ∫ +++=s s
TMTM dsNdsMu 11 εεκκ
gdzie: Mκ jest zmianą krzywizny wywołaną przez stan naprężeń, Mε jest
wydłużeniem wywołanym przez pole naprężeń, natomiast Tκ jest zmianą
krzywizny wywołaną przyrostem temperatury, zaś Tε jest wydłużeniem wywołanym średnią wartością temperatury w przekroju które to wielkości w analizowanym przypadku są równe zero ze względu na brak oddziaływania termicznego.
Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są momentami zginającymi oraz siłami osiowymi w analizowanym układzie prętowym, wywołanymi działaniem siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku zadanego przemieszczenia, czyli w punkcie 1.
Przedstawione zadanie jest równoważne odpowiedniemu zadaniu statycznie wyznaczalnemu, w którym siła hiperstatyczna X jest tak dobrana by jej działanie wywoływało przemieszczenie δ równe osiadaniu podpory w punkcie 1, czyli musi być spełniony warunek nierozdzielności δ=u .
W wyrażeniu tym δ przyjmuje różne wartości w zależności od rodzaju analizowanego materiału (liniowo-sprężystego, nieliniowo-sprężystego itd.).
Wspólną dla wszystkich rozważanych przypadków częścią obliczeń jest wyznaczenie funkcji M1 i N1 – momentów i sił osiowych wywołanych działaniem siły jednostkowej w układzie podstawowym, których wykresy mają postać
Rys. 3.12b
u X
M1
l2
l2
l22
+
-
-
N1
2 2
22
2
128
a) Materiał liniowo-spr ężysty Dla materiału liniowo-sprężystego równanie fizyczne postaci εσ ⋅= E
prowadzi do następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i wydłużenie Mε
EF
N
EJ
MMM == εκ ,
gdzie M jest funkcją momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, natomiast N jest funkcją sił osiowych od wszystkich sił w układzie.
W wyniku podstawień równanie przyjmie postać
∫ ∫⋅+⋅=
s s
dsEF
NNds
EJ
MMu 11
Funkcje momentów zginających M i sił osiowych N można przedstawić w postaci
11 , NXNMXM ⋅=⋅=
i wówczas równanie statyki sprowadzi się do
⋅+⋅= ∫ ∫s s
dsEF
NNds
EJ
MMXu 1111
( )'1111 δδ += Xu
gdzie
∫ ∫⋅=⋅=
s s
dsEF
NNds
EJ
MM 11'11
1111 , δδ
'1111 ,δδ są wzorami określającymi współczynniki występujące w klasycznym
równaniu metody sił. Wartości tych współczynników wyznaczamy korzystając z uproszczonego
sposobu Mohra-Wereszczagina, który wynika wprost z obliczenia wartości całki oznaczonej iloczynu dwóch funkcji, z których jedna musi być ciągła, a druga liniowa.
Wyznaczenie wielkości '1111 i δδ wymaga „przemnożenia” wykresów funkcji
wg schematów
129
Rys. 3.12c W wyniku obliczeń otrzymujemy
EJ
llll
EJ
3
11
22
3
22
2
13
1 =
⋅⋅⋅=δ
( )EF
ll
EF
6223
1'11 =⋅⋅⋅=δ
M1
l2
l2
l2
M1
l2
l2
l2× = δ11
2
+
-
-
N1
2 2
2
2
2
+
-
-
N1
2 2
2
2
= δ′11 ×
130
Obliczone współczynniki wstawiamy do równania
+=
EF
l
EJ
lXu
62 3
13 62−
+=
EF
l
EJ
luX
Po obliczeniu siły X możemy przystąpić do sporządzenia wykresów sił
przekrojowych.
Rys. 3.12d
b) Materiał nieliniowo-spr ężysty W zadaniu nieliniowo-sprężystym wykresy momentów M1 i sił osiowych N1
od siły jednostkowej X = 1 będą takie same jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Zmianie ulegną wydłużenie i zmiany krzywizny wywołane przez siłę hiperstatyczną X.
Wyrażenia te będą miały postać
( )nn
NAJ
M
AF
N
+=
=1
, κε
W zadaniu tym słuszny jest warunek nierozdzielności δ=u
+
-
-
N
X2
X2
X2
+
-
+
T
X2
X2
M
lX2
lX2
131
Wartość δ wyznaczymy z całki Mohra
( )[ ] ( )∫ ∫++
=s s
n
n
n
n
dsAF
NNds
NAJ
MM 11
1δ
czyli
( )[ ] ( )∫ ∫++
=s s
n
n
n
n
dsAF
NNds
NAJ
MMu 11
1
( )( )[ ]
( )( )∫ ∫+
+=
s sn
n
n
n
dsAF
NXNds
NAJ
MXMu 1111
1
( )[ ] ( )
+
+= ∫ ∫
s sn
n
n
nn ds
AF
NNds
NAJ
MMXu 1111
1
Występujące w wyrażeniu całki mają postać
( )[ ]( )
( )[ ]( )
( )[ ] ( )∫ ∫ ++=
+=
+
++++
s
l
n
nn
n
n
n
n
nNAJ
lds
NAJ
sds
NAJ
M
0
221
/1
11
21
23
1
23
1
( )( )( )
( )( )∫ ∫
⋅==+++
s
l
n
n
n
n
n
n
AF
lds
AFds
AF
N
0
2111 232
3
( )( )[ ] ( )
( )( )
112123
21
23−+++
+
++⋅=
n
n
n
nn
n
AFnNAJ
luX
( )( )[ ] ( )
( )( )
N
n
n
n
nn
N
AFnNAJ
luX
−+++
+
++⋅=
12123
21
23
Z porównania rozwiązań w zadaniu liniowym i nieliniowym istnieje możliwość dobrania takiej wartości „modułu siecznego” E w zadaniu nieliniowym, aby rozwiązanie w obu zadaniach było identyczne.
Porównując siły X z rozwiązania liniowego i nieliniowego otrzymujemy
( )( )[ ] ( )
( )( )
N
n
n
n
nn
N
AF
l
nNAJ
lu
EF
l
EJ
lu
−+++−
⋅+++
⋅=
+
12113 23
21
2362
( )( )[ ] ( )
( )( )
+⋅
⋅+++
⋅=
−+++−
F
l
J
l
AF
l
nNAJ
luE
N
n
n
n
nn
N 6223
21
23 3121
1
132
Zastępczy moduł sieczny zależeć będzie tylko od konfiguracji układu.
c) Materiał liniowo-lepkospr ężysty Równanie fizyczne ma postać
( ) ( ) εφττετφσ && ∗=+= ∫t
dt0
gdzie: φ - funkcja relaksacji, ε& - prędkość odkształceń. Wydłużenie i krzywizna wyrażają się wzorami
J
M
F
N 11
,−− ∗=∗= ϕκϕε &&
J
RM
F
RN ∗=∗=&&
κε ,
dla równania fizycznego
( ) ( )∫ −=t
dtR0
ττστε
Warunek nierozdzielności w tym zadaniu pozostaje bez zmian δ=u czyli
∫ ∫∗+∗=
s s
dsNF
NRdsM
J
MRu 11
&&
gdzie
11 NXNMXM &&&& ==
Otrzymujemy
⋅+⋅∗= ∫ ∫s s
dsF
NNds
J
MMXRu 1111&
+∗=
EF
l
EJ
lXRu
62 3&
13 62−
+=∗
EF
l
EJ
luXR &
stosujemy transformację Laplace’a
( ) ( )13 621
−
+=⋅
EF
l
EJ
lu
ppXppR
133
Przyjmując ( ) ( )pRpr
1= otrzymamy
( ) ( )
+⋅∗=
−13 62
EF
l
EJ
lutrttX
( ) ( ) ( )( )[∫ ++−+
⋅= −+−t
tCEbb
b
beCEEE
tX0
10
011
11 τγγµ
τ
( ) ( ) +
−+
−
++
+−+ τδµτδ tEt
CECE bb2
00 1
1
1
11
( )
+−
+−
++
−13
0
62
1
11
1
1
EF
l
EJ
ludt
CEE
bb ττδ
µ
W podanym wzorze Eb, C0, γ są stałymi określającymi reologiczne właściwości betonu, µ - udziałem zbrojenia, E2 – modułem sprężystości stalowych wkładek.
Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił wewnętrznych wywołany osiadaniem podpory w punkcie 1. Wykresy wielkości wewnętrznych są analogiczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym.
Rys. 3.12e
M
stX )(2
+
-
-
N
)0(2X
+
-
+
T
sX )0(2
)(2 tX
)0(2X
)(2 tX
134
ZADANIE 3.13 W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)
należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych, wywołanych działaniem stacjonarnego pola termicznego. Schemat zadania oraz pole temperatur przedstawiono na rys. 3.13a.
Rys. 3.13a Obliczenia należy wykonać dla materiału
a) liniowo-sprężystego εσ E=
b) nieliniowo-sprężystego NAεσ = c) liniowo-lepkosprężystego εσ dR ∗=
Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać. Dane: l - długość, T2 - temperatura niższa, T1 - temperatura wyższa, αT -
współczynnik rozszerzalności cieplnej, E, N, R(t), A - współczynniki i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym układzie różnych materiałów.
Rozwiązanie: W zadaniu siłę hiperstatyczną i siły przekrojowe wyznaczamy korzystając z
całki Mohra
∫ ∫ +++=S S
TMTM dsNdsM 11 )()( εεκκδ
1
T1
T1
T2
T2
T1>T2
l l
l
l
135
gdzie δ jest przemieszczeniem w układzie wywołanym przyrostem temperatury.
Korzystając z warunku nierozdzielności stwierdzimy, że przemieszczenie w układzie w punkcie 1 wynosi zero, czyli
( ) ( )∫∫ +++=s
TMs
TM dsNdsM 110 εεκκ
gdzie ( )TM κκ , są zmianami krzywizn wywołanymi odpowiednio przez stan
naprężeń i przyrost temperatury, a ( )TM εε , są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartość temperatury w przekroju.
Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są momentami zginającymi i siłami osiowymi wywołanymi w analizowanym układzie prętowym działaniem siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia.
Przedstawione zadanie jest równoważne następującemu zadaniu statycznie wyznaczalnemu.
Rys. 3.13b Należy jednak narzucić warunek nierozdzielności 0=δ . W wyrażeniu tymδ przyjmuje różne wartości w zależności od rodzaju
analizowanego materiału (liniowo-sprężysty, nieliniowo-sprężysty, itd.). Wspólną częścią obliczeń zadania niezależnie od opisu materiału są funkcje
M1 i N1, których wykresy mają postać
T1
T1
T2
T2
T1>T2
X1
136
Rys. 3.13c
Wspólną częścią obliczeń są również wydłużenie oraz zmiany krzywizn wywołane działaniem pola termicznego.
Rys. 3.13d
a) Ciało liniowo-sprężyste Opisane jest ono równaniem fizycznym εσ E= , co prowadzi do
następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i wydłużenie Mε
EF
N
EJ
MMM == εκ ,
gdzie M - funkcja momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, N - funkcja sił osiowych od wszystkich sił w układzie.
W wyniku podstawień równanie (1) ma postać
1
M1
1
1
1
N1
-
-
-
- l
1
l
1
H
TTTT
)( 21 −= ακ2
)( 21 TTTT
+= αε
137
∫∫∫ ∫ +++=s
Tss s
T dsNdsEF
NNdsMds
EJ
MM1
11
10 εκ
Funkcje M i N można przedstawić w sposób następujący
11 , NXNMXM ⋅=⋅= Równanie statyki przyjmuje więc postać
∫ ∫∫∫ ++
+=
s sTT
ss
dsNdsMdsEF
NNds
EJ
MMX 11
11110 εκ
( ) ( )''11110 TTX δδδδ +++=
gdzie
, 11'11
1111 ds
EF
NNds
EJ
MM
ss∫∫ == δδ
∫∫ ==s
TTs
TT dsNdsM , 1'
1 εδκδ
Wartości współczynników ''1111 ,,, TT δδδδ wyznaczamy korzystając z
uproszczonego sposobu Mohra-Wereszczagina. W wyniku przeliczeń otrzymujemy
EJ
ll
EJ 3
4
3
2
2
114
111 =
⋅⋅⋅⋅=δ
EFlll
lEF
4114
1'11 =
⋅⋅⋅=δ
( ) ( )h
TTl
h
TTl TT
T2121
2
112
−⋅−=
−⋅⋅⋅−= ααδ
( ) ( )1212'
2
12 TT
TTl
l TT
T +=
+⋅⋅−= ααδ
Uzyskane wyniki wstawiamy do równania
( ) ( )
−−+−+
+=h
TTlTT
EFlEJ
lX T
T21
124
3
40
αα
138
( ) ( )1
1221 4
3
4−
+
++−⋅=EFlEJ
lTT
h
TTlX T
T αα
Wyznaczona siła hiperstatyczna X pozwala sporządzić wykresy sił
przekrojowych w zadanym układzie.
Rys. 3.13e b) Ciało nieliniowo-sprężyste Wykresy sił osiowych N1 i momentów M1 od siły jednostkowej X = 1 oraz
wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn są identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym.
Wydłużenia i zmiany krzywizn wywołane siłą hiperstatyczną obliczymy korzystając z zależności
( )nn
NAJ
M
AF
N
+=
=1
, κε
które wynikają z równania fizycznego postaci NAεσ = . W układzie zadanym, który rozpatrujemy jako wykonany z ciała nieliniowo-
sprężystego słuszny jest warunek nierozdzielności 0=δ . Wartość δ wyznaczamy z całki Mohra
( )[ ] ( )'
111 Ts s
Tn
nn
dsNAF
NdsM
NAJ
M δδδ ∫ ∫ ++++
=
X
M
X
X
X
N
-
-
-
- l
X
l
X T
-
-
l
X
l
X
+
+
139
gdzie 11 , NXNMXM ⋅=⋅= .
Wartość δ wstawiamy do równania
( )[ ] ( ) 01
'1
11
1 =++⋅+⋅+
⋅∫∫ TTs
n
nn
s
nn
dsNAF
NXdsM
NAJ
MX δδ
( )[ ] ( )( ) ( ) 0
1 122111
111 =
+−−−+
+
+⋅
∫∫ TTh
TTlds
AF
NNdsM
NAJ
MMX T
T
sn
n
s
nn αα
Obliczamy całki
( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]
( )[ ] ( )
( ) ( ) ( )n
l
n
n
sn
n
n
l
n
n
s
l
n
n
n
n
AF
lds
AF
llds
AF
NN
nNAJ
l
dsNAJ
l
s
dsNAJ
sl
sl
dsNAJ
MM
n
0
11
0
1
0
11
411
4
214
14
1
11
41
−
+
⋅=⋅
=
++=
=+
=+
⋅⋅
⋅=
+
∫∫
∫∫ ∫
Obliczone całki wstawiamy do
( )[ ] ( ) ( )( ) ( )21
21n 4
21
4TT
h
TTl
AF
l
nNAJ
lX T
Tnn
n ++−=
+
++
−
αα
( ) ( )( )[ ] ( ) ( )
N
nnTT
AF
l
nNAJ
lTT
h
TTlX
+
++
++−⋅=−− 1n
2121 4
21
4 αα
Porównując rozwiązania zadania dla ciała nieliniowo-sprężystego i liniowo-
sprężystego możemy otrzymać tzw. „moduł sieczny”.
( ) ( )( )[ ] ( ) ( )
=
+
++
++−⋅
−−N
nnTT
AF
l
nNAJ
lTT
h
TTl1
n
2121 4
21
4 αα
( ) ( )1
2121 4
3
4−
+
++−
=EFlEJ
lTT
h
TTlT
T αα
140
( ) ( )( )[ ] ( ) ( )
+⋅
⋅
+
++
++−⋅
=−−
FlJ
l
AF
l
nNAJ
lTT
H
TTlE
N
nnTT
4
3
4
4
21
4
n 1-N
2121 αα
Otrzymany „moduł sieczny” zależy nie tylko od rozkładu temperatur, lecz
także od konfiguracji układu. c) Liniowy materiał lepko-sprężysty Równanie fizyczne ma postać
( ) ( )∫ ∗=−=t
dt0
εφττετφσ &&
gdzie ( )tφ - funkcja relaksacji, ( )τε& - prędkość odkształceń,∗ - symbol splotu.
Wydłużenia i krzywizny wyrażają się wzorami
J
M
F
N 11
,−− ∗=∗= ϕκϕε &&
J
RM
F
RN ∗=∗=&&
κε ,
Warunek nierozdzielności pozostaje bez zmian jak w zadaniu liniowo i
nieliniowo-sprężystym 0=δ czyli
∫∫ ∫ ∫ +∗
++∗
=s
Ts s s
T dsNdsF
NNRdsMds
J
MMR1
11
10 εκ&&
gdzie
11 i NXNMXM ⋅=⋅= &&&&
∫∫ ∫ ∫ +∗
++∗
=s
Ts s s
T dsNdsNF
NXRdsMdsM
J
MXR11
111
10 εκ&&
'11110 TTs s
dsF
NNds
J
MMXR δδ ++
+∗= ∫ ∫&
( ) ( )1
111121
21
−
+
++−⋅=∗ ∫∫ dsF
NNds
J
MMTT
h
TTlXR
ssT
T αα&
141
( ) ( )1
2121 4
3
4−
+
++−⋅=∗FlJ
lTT
h
TTlXR T
T αα&
Stosując na równaniu transformację Laplace’a otrzymamy
( ) ( )1
2121 4
3
41)()(
−
+
++−⋅=⋅FlJ
lTT
h
TTl
ppXppR T
T αα
( ) ( )1
2121
2
4
3
4
)(
11)(
−
+
++−⋅=FlJ
lTT
h
TTl
pRppX T
T αα
Przyjmujemy w zadaniu stacjonarny przepływ ciepła określony równaniem
( ) ( ) ( ) ( )tHTTtTtT 2121&& −=−
gdzie ( )tH - funkcja Heaviside’a.
Wprowadzając funkcję modyfikującą ( ) ( )tRtr
1= otrzymamy
( ) ( )1
2121 4
3
4)()(
−
+
++−⋅∗=
FlJ
lTT
h
TTltrttX T
T &&&&
αα
Funkcja ( )tX dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury
przyjmuje postać:
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )1
2121
02
0
0
10b
0
4
3
4
1
11
1
1E
1
1
1
111E
1
110
−
−+−
+
++
−⋅⋅−⋅
⋅
+−
++
−+
−
++
+
+−++−
+∗= ∫
FlJ
lTT
h
TTldt
CEEtt
CE
CEeCE
EtX
TT
bb
b
b
tCEb
t
b
b
&&&&
ααττδ
µτδµτδ
γµ
τ τγ
W podanym wzorze γ,, 0CEb są stałymi określającymi reologiczne
właściwości betonu, µ - udziałem zbrojenia, 2E - moduł sprężystości stalowych wkładek.
142
Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił wewnętrznych wywołanych stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej.
Przyjęto przy tym, że beton opisany może być równaniem liniowej lepkosprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.
Rys. 3.13f Wykresy sił przekrojowych M, N, T dla ciała liniowo-lepkosprężystego. ZADANIE 3.14. W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)
należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych wywołanych działaniem stacjonarnego pola termicznego oraz osiadaniem podpory. Schemat zadania oraz pole temperatur i kierunek osiadania podpory przedstawiono na rys. 3.14a
N
-
-
-
-
l
X )0(l
tX )(
T
-
-
+
+
l
tX )(
l
X )0(
M
X(0)
X(t)
s
143
Rys. 3.14a Obliczenia należy wykonać dla materiału: a) liniowo-sprężystego εσ ⋅= E
b) nieliniowo-sprężystego NA εσ ⋅= c) liniowo-lepkosprężystego εσ dR ∗= Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać. Dane: l – długość pręta, T1 – temperatura niższa, T2 – temperatura wyższa, αT – współczynnik rozszerzalności cieplnej, E,N,R(t), A – współczynnik i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym układzie różnych materiałów. Rozwiązanie: W podanym zadaniu siły przekrojowe i siłę hiperstatyczną wyznaczamy
korzystając z całki Mohra, która w postaci niezmienniczej przyjmuje formę zależności
( ) ( )∫ ∫ +++=s s
TMTM dsNdsM 11 εεκκδ
gdzie δ jest przemieszczeniem w układzie wywołanym osiadaniem podpory oraz przyrostem temperatury.
Zgodnie z warunkiem nierozdzielności przemieszczenie punktu 1 układu wynosi
( ) ( )∫ ∫ +++=s s
TMTM dsNdsMu 110 εεκκ
T1<T2
T1 T2
l
l l
6 1
2 3 4
5 u
144
gdzie ( )TM κκ , są zmianami krzywizn wywołanymi odpowiednio przez stan
naprężeń i przyrost temperatury, a (εM, εT) są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartość temperatury w przekroju.
Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są momentami zginającymi i siłami osiowymi w analizowanym układzie prętowym, które wywołane są działaniem siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia, czyli w punkcie 1.
Przedstawione zadanie jest równoważne następującemu zadaniu statycznie wyznaczalnemu, w którym siła hiperstatyczna X musi być tak dobrana by jej łączne działanie wraz polem temperatur wywoływało przemieszczenie δ równe wymuszonemu przemieszczeniu podpory u0 czyli spełniony musi być warunek nierozdzielności δ=0u .
Rys. 3.14b W wyrażeniu tym δ przyjmuje różne wartości w zależności od rodzaju
analizowanego materiału. Wspólną dla wszystkich rozważanych przypadków częścią obliczeń niezależnie od opisu materiału są funkcje M1 i N1 (momentów i sił osiowych od siły jednostkowej), których wykresy mają postać
Rys. 3.14c Wspólną część dla poszczególnych zadań stanowią takie wyrażenia na
zmiany krzywizn i wydłużenia spowodowane wpływami termicznymi.
T1<T2
T1 T2
uX
M1
1
N1
1 l
l
l
l
1
1
1
1
1
2 2
+
+
+
-
-
145
Rys. 3.14d a) Materiał liniowo-spr ężysty Materiał liniowo-sprężysty opisany jest równaniem fizycznym postaci
εσ ⋅= E , co prowadzi do następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i
wydłużenie εM.
EF
N
EJ
MMM == εκ ,
gdzie: M jest funkcją momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, natomiast N jest funkcją sił osiowych od wszystkich sił w układzie.
W wyniku podstawień równanie przyjmie postać
∫ ∫ ∫ ∫ ⋅+⋅+⋅+⋅=s s s s
TT dsNdsEF
NNdsMds
EJ
MMu 1
11
10 εκ
Funkcje momentów zginających M i sił osiowych N można przedstawić w
postaci
11 , NXNMXM ⋅=⋅= Równanie statyki przyjmie więc postać
∫ ∫∫ ∫ ⋅+⋅+
⋅+⋅=s s
TTs s
dsNdsMdsEF
NNds
EJ
MMXu 11
11110 εκ
( ) ( )''11110 TTXu δδδδ +++=
-
H
TTTT
)( 12 −= ακ
-
2
)( 21 TTTT
+= αε
146
gdzie ∫ ∫==s s
dsEF
NNds
EJ
MM 11'11
1111 , δδ , ∫∫ ==
sT
sTT dsNdsM 1
'111 , εδκδ
Wyrażenia ''11110 ,,,, TTu δδδδ są wzorami określającymi współczynniki
występujące w klasycznym równaniu metody sił. Wartości tych współczynników wyznaczamy korzystając z uproszczonego
sposobu Mohra-Wereszczagina, który wynika wprost z obliczania wartości całki oznaczonej iloczynu dwóch funkcji przy czym jedna z tych funkcji musi być ciągła, a druga liniowa.
W wyniku przeliczeń otrzymamy
EJ
llll
EJ 3
4
3
2
2
14
1 3
11 =
⋅⋅⋅⋅=δ
( )EF
lll
EF
8221114
1'11 =⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ
( ) ( )h
TTl
h
TTll TT
T 22
11 12
212 −⋅=−⋅⋅⋅⋅= ααδ
( ) ( )22
1 2121' TTlTTl TT
T
+⋅=+⋅⋅= ααδ
Uzyskane wyniki wstawimy do równania
( ) ( )22
8
3
4 211223
0
TTl
h
TTl
EF
l
EJ
lXu TT ++−+
+= αα
( ) ( ) 132112
2
08
3
4
22
−
+⋅
+−
−−=
EF
l
EJ
lTTl
h
TTluX TT αα
Znajomość siły hiperstatycznej X pozwala na sporządzenie wykresów sił
przekrojowych.
M N Xl
X
X
X
X
2X
+
+
+
-
-
Xl
Xl Xl
147
Rys. 3.14e b) Materiał nieliniowo-spr ężysty W tym przypadku wykresy momentów M1 i sił osiowych N1 od siły
jednostkowej X = 1, jak i wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn będą identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Inną postać będą natomiast miały wydłużenia i zmiany krzywizn, które wywołane zostały przez siłę hiperstatyczną X.
Wyrażenia te będą miały postać
( )nn
NAJ
M
AF
N
+=
=1
, κε
a wynikają one z następującego równania fizycznego NAεσ = Słuszny jest również warunek nierozdzielności δ=0u
Wartość δ wyznaczamy z całki Mohra korzystając ze wzorów
( )[ ] ( )∫ ∫ ++++
=s s
TTn
n
n
n
dsNAF
NdsM
NAJ
M '11
1δδδ
gdzie M = M1X; N = N1X
Po podstawieniu do równania otrzymamy
( )[ ] ( )( ) ( )
2212112
2
11
11
0
TTl
h
TTldsN
AF
NXdsM
NAJ
MXu TT
sn
nn
sn
nn +⋅+
−⋅+
⋅+
+⋅
= ∫∫αα
( )[ ] ( )( ) ( )
2212112
2
01111 TTl
h
TTluds
AF
NNds
NAJ
MMX TT
sn
n
sn
nn +−−−=
⋅++
⋅= ∫∫αα
Występujące w wyrażeniu całki wynoszą
T
X
X
X
X
+ +
-
-
148
( )[ ]( )
( )[ ] ( )[ ] ( )∫ ∫ ++=
+⋅=
+⋅ ++
s
l
n
n
n
n
n
n
nNAJ
lds
NAJ
sds
NAJ
MM
0
2111
214
1
14
1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∫++
+=+⋅=l l
n
n
nn
n
n
n
sn
n
AF
l
AF
lds
AFds
AFds
AF
NN
0 0
1111 24211
4
( ) ( )( )[ ] ( ) ( ) ( )
( ) ( )( )[ ] ( ) ( ) ( )
N
n
n
nn
nTT
n
n
nn
nTTn
AF
l
AF
l
nNAJ
lTTl
h
TTluX
AF
l
AF
l
nNAJ
lTTl
h
TTluX
++
++
+−−−=
++
++
+−−−=
−++
−++
1122112
2
0
1122112
2
0
24
21
4
22
24
21
4
22
αα
αα
Z porównania rozwiązań w zadaniu nieliniowym i liniowym istnieje
możliwość dobrania takiej wartości „modułu siecznego” w zadaniu nieliniowym aby rozwiązania w obu zadaniach były identyczne.
Porównując siły X z rozwiązania liniowego i nieliniowego otrzymujemy
( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( )
N
n
n
nn
nN
TT
TT
AF
ll
nNJA
lTTl
h
TTlu
EF
l
EJ
lTTl
h
TTlu
−++
−
++++
⋅
++−−=
=
+
+−
−−
122112
2
0
132112
2
0
24
21
4
22
8
3
4
22
αα
αα
( ) ( )
( ) ( )⋅
+−
−−=
=
+−
−−
+
−
N
TT
TT
TTl
h
TTlu
TTl
h
TTlu
F
l
J
lE
22
22
8
3
4
21122
0
21122
0
13
αα
αα
( ) ( ) ( )
N
n
n
nn
n
AF
ll
nNJA
l−++
++++
⋅12 24
21
4
( ) ( )
( ) ( ) ( )
+
++++
⋅
⋅
+−−−=
−++
−
F
l
J
l
AF
ll
nNJA
l
TTl
h
TTluE
N
n
n
nn
n
N
TT
8
3
424
21
4
22
312
1
21122
0
αα
149
Wynika stąd, że zastępczy „moduł sieczny” zależeć będzie nie tylko od rozkładów temperatur, ale również i od konfiguracji układu.
c) Liniowy materiał lepkosprężysty
( ) ( )∫ ∗−=t
dt0
ετφτετφσ &&
gdzie φ(t) jest funkcją relaksacji, ε& (τ) prędkością odkształceń, ∗ symbolem splotu.
Wydłużenia i krzywizny wyrażają się tutaj wzorami
J
RM
F
RN
J
M
F
N
∗=∗=
∗=∗=−−
&&
&&
κε
φκφε
,
,22
11
dla równania fizycznego
( ) ( )∫ −=t
dtR0
ττστε
Warunek nierozdzielności pozostaje bez zmian jak w zadaniu liniowo- i
nieliniowo sprężystym δ=0u , czyli
∫ ∫ ∫ ∫+∗++∗=s s s s
TT dsNdsNF
NRdsMdsM
J
MRu 11110 εκ
&&
gdzie
11, NXNMXM &&&& == Po podstawieniu otrzymujemy
'11110 TT
s s
dsF
NNds
J
MMXRu δδ ++
⋅+⋅∗= ∫ ∫&
( ) ( )22
8
3
4 211223
0
TTl
h
TTl
F
l
J
lXRu TT ++−+
+∗= αα
&
150
( ) 13
2112
0
8
3
4
2
−
+
++−−=∗F
l
J
lTT
h
TTlluXR Tα
&
Stosując transformację Laplace’a otrzymamy
( ) ( ) ( ) 13
2112
0
8
3
4
2
1−
+
++−⋅−=⋅F
l
J
lTT
h
TTllu
ppXppR Tα
( ) ( )( ) 13
2112
02
8
3
4
2
11−
+
++−⋅−=F
l
J
lTT
h
TTllu
pRppX Tα
Przyjęliśmy w zadaniu stacjonarny przepływ cieplny określony równaniem
( ) )()()( 1212 tHTTtTtT && −=− , gdzie H(t) jest funkcją Heaviside’a.
Wprowadzając funkcję modyfikującą r(t), gdzie ( ) ( )pRpr
1= otrzymujemy
( ) 13
2112
0
8
3
4
2)()(
−
+
++−−∗=
F
l
J
lTT
h
TTllutrttX T &&
&&α
Funkcja )(tX dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury przyjmie
postać
( ) ( )( )[∫ ++−+
∗= −+−t
tCEebb
b
bCEEE
tX0
10
011
11)( τγγ
µτ
( ) ( ) +
−+
−
++
+−+ τδµτδ tEt
CECE bb2
00 1
1
1
11
( ) ( )
13
2112
00
8
3
4
21
11
1
1
−
+⋅
⋅
++−−−
+−
++
F
l
J
l
TTh
TTlludt
CEE T
bb
&&&&αττδ
µ
W podanym wzorze Eb, C0, γ są stałymi określającymi reologiczne
właściwości betonu, µ - udział zbrojenia, E2 – moduł sprężystości stalowych wkładek. Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił
151
przekrojowych wywołany stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej. Przyjęto przy tym, że beton opisany może być równaniami liniowej lepkosprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.
Wykresy sił przekrojowych są analogiczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym.
Rys. 3.14f Wykresy sił przekrojowych M, N, T dla ciała liniowo-lepkosprężystego
ZADANIE 3.15.
W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)
należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych wywołanych działaniem stacjonarnego pola temperatur. Schemat zadania oraz pole temperatur przedstawiono na rys. 3.15a.
Obliczenia należy wykonać dla materiału: a) liniowo – sprężystego εσ E=
b) nieliniowo – sprężystego NAεσ = c) liniowo – lepkosprężystego εσ dR ∗= Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać.
M N
+
+
+
-
- X(0)s
T X(0) + +
-
-
X(t)s X(t)
2X(t)
X(0)
2X(0)
X(t)
152
Rys. 3.15a Dane : l - długość, T1,T2 - temperatura, αT - współczynnik rozszerzalności cieplnej, E, N , R(t), A - współczynniki i funkcje charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym zestawie różnych materiałów. Rozwiązanie: W przedstawionym zadaniu siły przekrojowe i siłę hiperstatyczną
wyznaczymy wykorzystując całkę Mohra, której niezmiennicza postać przyjmuje formę zależności
( ) ( ) dsNdsMs
TMs
TM 11 ∫∫ +++= εεκκδ
gdzie δ jest przemieszczeniem w układzie wywołanym przyrostem temperatury.
Pręt 1 – 2 ulega wydłużeniu, które spowodowane jest przyrostem
temperatury ( )212
1TTT +=∆ i wynosi ( ) .
221l
TTT +α
Zachodzi więc równość
( ) ( ) ( ) dsNdsMl
TTs s
TMTMT 1121 2 ∫ ∫ +++=++ εεκκαλ
gdzie TM κκ , są zmianami krzywizn następującymi w wyniku stanu
naprężenia i przyrostu temperatur, a TM εε i są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartość temperatur w przekroju.
T1
T1
T2
T2
T1>T2 l
l
l l
T2
T2 T2
T2
T1
T1 T1
T1 4
3
2 1
153
Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są odpowiednio momentami zginającymi i siłami osiowymi w zadanym układzie prętowym, które wynikają z działania jednostkowej siły przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia, czyli w punktach 1 i 2. Natomiast λ jest wydłużeniem pręta 1 – 2 spowodowanym działaniem siły osiowej w tym pręcie. Jest to wielkość nieznana i poszukiwana w zadaniu.
Przedstawione zadanie jest równoważne następującemu zadaniu statycznie wyznaczalnemu.
Rys. 3.15b Siła hiperstatyczna X musi być tak dobrana, aby jej łączne działanie wraz z
polem temperatury wywoływały przemieszczenie δ równe wydłużeniu λ pręta
1 – 2 od siły osiowej X i wydłużeniu termicznemu αT(T1 + T2)2
l. Musi być
zatem spełniony następujący warunek nierozdzielności
( ) δαλ =++221l
TTT
W wyrażeniu tym λ i δ przyjmują różne wartości w zależności od analizowanego materiału. Niezależne od opisu materiału pozostają jednak funkcje M1 i N1 (momentów zginających i sił osiowych od siły jednostkowej), których wykresy mają postać
T1
T1
T2
T2
T2 T2
T2
X
T1 T1
T1
X
154
Rys. 3.15c Wydłużenia oraz zmiany krzywizn spowodowane działaniem pola
termicznego mają natomiast rozkłady:
Rys. 3.15d gdzie h jest wysokością przekroju.
a) Materiał liniowospr ężysty Ciało liniowo-sprężyste opisane jest równaniem fizycznym εσ ⋅= E , co
prowadzi do następujących wyrażeń na krzywizny Mκ i wydłużenia εM w układzie
EF
N
EJ
MMM == εκ ,
M1 N1
1 1 1
1l
1l
1l
+
+
1
1 1
h
TTTT
)( 21 −= ακ2
)( 21 TTTT
+= αε
155
gdzie M jest funkcją momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, N jest funkcją sił osiowych od wszystkich sił w układzie.
W naszym zadaniu występuje tylko siła X, gdyż reakcje w podporach nie występują. Wykorzystując powyższe, możemy równanie zapisać w postaci:
( ) dsNdsEF
NNdsMds
EJ
MMlTT
EF
Xl
sT
s s sTT 1
11
121 2 ∫∫ ∫ ∫ +++=++− εκα (3)
Funkcję momentów zginających M i sił osiowych N można przedstawić jako
11, NXNMXM ⋅=⋅=
a równanie statyki w sposób następujący:
( ) dsNdsMdsEF
NNds
EJ
MMX
lTT
EF
Xl
sT
sT
s sT 11
111121 2 ∫∫∫ ∫ ++
+=++− εκα
Wyrażenia po prawej stronie równania wyznaczymy posługując się uproszczonym sposobem Mohra – Wereszczagina, który stosujemy przy obliczaniu wartości całki oznaczonej iloczynu dwóch funkcji. Jedna z tych funkcji musi być ciągła, zaś druga liniowa.
W wyniku przeliczeń otrzymamy:
EJ
lllllll
EJ 3
5
3
2
2
12
1 3
11 =
⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ
( )EF
ll
EF=⋅⋅= 11
1'11δ
( )21
22121 2
2
12 TT
h
l
h
TTll
h
TTll T
TTT −−=
−⋅⋅+−⋅⋅⋅⋅−= αααδ
( ) ( )2121'
221 TT
lTTl TT
T +=+⋅⋅=ααδ
Uzyskane wyniki wstawiamy do równania
( ) ( ) ( )2121
23
21 2
2
3
5
2TT
lTT
h
l
EF
l
EJ
lX
lTT
EF
Xl TTT ++−−
+=++− ααα
156
( ) ( ) ( )21
2
2121
3 2
223
5TT
h
lTT
lTT
l
EF
l
EF
l
EJ
lX TTT −++−+=
++ ααα
( )13
21
2 2
3
52−
+−=
EF
l
EJ
lTT
h
lX Tα
( )13
21
2 2
3
52−
+−=
F
l
J
lTT
h
ElX Tα
Znajomość siły hiperstatycznej X pozwala na sporządzenie wykresów sił
przekrojowych
Rys. 3.15e b) Materiał nieliniowo-spr ężysty Wykresy momentów M1 i sił osiowych N1 od siły jednostkowej X = 1 oraz
wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn będą identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Natomiast zmianie ulegną wydłużenia i zmiany krzywizn wywołane przez siłę hiperstatyczną X. Możemy je wyrazić przy pomocy wzorów:
M N
Xl +
+ X
Xl
T
+
X
-
X
157
( )nn
NAJ
M
AF
N
+=
=1
, κε
co jest następstwem równania fizycznego postaci NAεσ = . Słuszny pozostaje również warunek nierozdzielności:
( ) δαλ =++221l
TTT
gdzie wartości λ i δ wyznaczymy z całki Mohra
( ) ∫∫ ++
+
+=
sTT
nn
s
dsNAF
NdsM
NAJ
M '111
δδδ
nnnl
AF
Xl
AF
Nlds
AF
N
=
=⋅
= ∫ 10
λ
Po podstawieniu powyższych zależności otrzymujemy równanie nieliniowe
( )( )[ ] ( )
( ) ( )2121
2
11
11
21
2
2
12
TTl
TTh
l
dsNAF
NXdsM
NAJ
MXlTT
AF
Xl
TT
sn
nn
sn
nn
T
n
++−−
−++
=++
− ∫∫
αα
α
( ) ( )[ ] ( ) ( )21
21111
2
2
1TT
lds
AF
NNds
NAJ
MM
AF
lX T
sn
n
sN
n
nn −−=
−
+−− ∫∫
α
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )
( )21
2
0 00
2
11
11
12
TTh
l
dsAF
dsNAJ
llds
NAJ
ss
AF
lX
T
l l
n
n
n
nl
n
n
nn
−=
=
+
++
++ ∫ ∫∫
α
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )21
222 2
)(112
12 TT
h
l
AF
l
NAJ
l
NAJ
l
nAF
lX T
nn
n
n
n
nn −=
+
++
+++
++ α
( ) ( )[ ] ( )21
22 2
1)2(
)4(2TT
h
l
NAJn
ln
AF
lX T
n
n
nn −=
++++
+ α
158
( )( )
( )( ) ( )[ ]
N
n
n
n
N
T
NAJn
ln
AF
lTT
h
lX
−+
++++
−=
12
422 2
21
2α
Z porównania rozwiązań w zadaniu liniowym i nieliniowym istnieje
możliwość dobrania takiej wartości „modułu siecznego” w zadaniu nieliniowym, aby rozwiązania w obu zadaniach były identyczne. Przyrównując siły X z rozwiązań liniowego i nieliniowego mamy
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )[ ]
N
n
n
n
N
TT
NAJn
ln
AF
lTT
h
l
FJ
l
h
TTEl−+−
++++⋅
−=
+−
12
4222
3
52 2
21
21221 αα
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )[ ]N
n
n
nT
N
T
NAJn
ln
AF
l
TTl
h
FJ
lTT
h
lE
−+
++++⋅
−
+
−=
12
42
2
2
3
52 2
21
2
21
2
αα
Z równania tego wynika, że zastępczy moduł sieczny zależy nie tylko od
rozkładów temperatury, ale także od konfiguracji układu.
c) Materiał lepkosprężysty Dla materiału lepko-sprężystego równania fizyczne mają postać
( ) ( )∫ ∗=−=t
dt0
εφττετφσ &&
gdzie ( )tφ jest funkcją relaksacji, ( )−tε& prędkością odkształceń, −∗ symbolem splotu.
Wydłużenia i krzywizny wyrażają się wzorami
J
RM
F
RN ∗=∗=&&
κε ,
dla równania fizycznego ( ) ( )∫ −=t
dtR0
ττστε & .
Warunek nierozdzielności pozostaje nadal bez zmian
( ) δαλ =++221l
TTT
159
czyli
( )
( )∫
∫ ∫∫
+
+∗++∗=++∗−
sT
s sT
sT
dsN
dsNF
NRdsMdsM
J
MRlTT
F
lXR
1
11121 2
ε
κα&&&
gdzie
11 NXNMXM &&&& == , Otrzymujemy więc
( ) '11
2
1121 *
2 TTss
T dsF
NNds
J
MMXR
lTT
F
lXR δδα ++
+=++∗− ∫∫&
&
( ) ( ) ( )2
2
23
52121
2
21
2 lTTTT
h
llTT
F
l
J
l
F
lXR T
TT +−−++=
++∗ ααα&
( )13
21
2
3
522−
+−=∗
J
l
F
lTT
h
lXR Tα&
Stosując transformację Laplace’a otrzymamy
( )13
21
2
3
5221)()(
−
+
−=⋅
J
l
F
lTT
h
l
ppXppR Tα
( )13
21
2
2 3
522
)(
11)(
−
+
−=
J
l
F
lTT
h
l
pRppX Tα
Przyjęli śmy w zadaniu stacjonarny przepływ cieplny określony równaniem
)()()()( 2121 tHTTtTtT && −=− , gdzie H(t) jest funkcją Heaviside’a.
Wprowadzając funkcję modyfikującą r(t) w postaci )(
1)(
pRpr = mamy
( )13
21
2
3
522)(*)(
−
+
−=
J
l
F
lTT
h
ltrttX T &&
α
Dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury funkcja )(tX& przyjmie
postać
160
( ) ( )( )
( )13
21
2
02
0
0 0
10
3
522)(
1
11
1
1)()(
1
111
1
11)( 0
−
−+−
+
−⋅−⋅
⋅
+−
++
−+
−
++
+
+−++−
+∗= ∫
J
l
F
lTT
h
ldt
CEEtEt
C
CEeCEE
EtX
bb
t
b
tCEbb
b
b
&&
&
T
b
E1
1
αττδ
µτδµτδ
γµ
τ τγ
W podanym wzorze Eb, C0, γ są stałymi określającymi reologiczne
właściwości betonu, µ - udziałem uzbrojenia, E2 – modułem sprężystości stalowych wkładek. Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił wewnętrznych wywołany stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej. Założono przy tym, że beton opisany może być równaniami liniowej lepkosprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.
Wykresy wielkości wewnętrznych są analogiczne jak w zadaniu liniowo sprężystym.
ZADANIE 3.16.
W podanym układzie prętowym (jednokrotnie statycznie niewyznaczalnym)
należy wyznaczyć rozkłady funkcji momentów zginających, sił poprzecznych i sił osiowych wywołanych działaniem stacjonarnego pola temperatur. Schemat zadania oraz pole temperatur przedstawiono na rys. 3.16a
Rys. 3.16a
T1
T2
T1>T2
l
l l
4
3
2 1
0 5
161
Obliczenia należy wykonać dla materiału: a) liniowo-sprężystego εσ ⋅= E
b) nieliniowo-sprężystego NA εσ ⋅= c) liniowo lepkosprężystego εσ dR ∗= Wyniki obliczeń należy ze sobą porównać Dane: l – długość, T1, T2, αT – współczynnik rozszerzalności cieplnej, E, N,
R(t), A – współczynniki charakteryzujące właściwości mechaniczne w podanym zestawie różnych materiałów.
Rozwiązanie: W przedstawionym zadaniu siły przekrojowe i moment hiperstatyczny
wyznaczymy wykorzystując całkę Mohra, której niezmiennicza postać przyjmie formę zależności
( ) ( )∫∫ =+++s
TMs
TM dsNdsM 011 εεκκ
gdzie Tκκ i M są zmianami krzywizn następującymi w wyniku stanu
naprężenia i przyrostu temperatury, a εM i εT są wydłużeniami wywołanymi przez pole naprężeń i średnią wartość temperatur w przekroju. Występujące w całce Mohra funkcje M1 i N1 są osiowymi w zadanym układzie prętowym, które wynikają z działania jednostkowego momentu przyłożonego w punkcie 5.
Przedstawione zadanie jest równoważne następującemu zadaniu statycznie wyznaczalnemu.
Rys. 3.16b Moment hiperstatyczny X musi być tak dobrany, aby jego łączne działanie
wraz z polem temperatur nie wywoływały obrotu w punkcie 5. Funkcje M1 i N1 (momentów zginających i sił osiowych od momentu
jednostkowego) są niezależne od opisu materiału. Wykresy tych funkcji mają postać
T1
T2
X
162
Rys. 3.16c Wydłużenia oraz zmiany krzywizn spowodowane działaniem pola
termicznego
Rys. 3.16d a) Materiał liniowo-spr ężysty
Materiał liniowo-sprężysty opisany jest równaniem εσ ⋅= E co prowadzi do następujących wyrażeń na krzywiznę Mκ i wydłużenie εM w układzie
EF
N
EJ
MM == εκ ,
gdzie M jest funkcją momentów zginających wywołanych działaniem wszystkich sił w układzie, a N funkcją sił osiowych od wszystkich sił w układzie. Zależność przyjmie postać
∫ ∫ ∫ ∫ =+++⋅
s s s sTT dsNds
EF
NNdsMds
EJ
MM01
11
1 εκ
Funkcję momentów zginających M i sił osiowych N można przedstawić jako
11, NXNMXM ⋅=⋅=
M1
1
+ + +
-
-
2
1
N1
+
+
-
- -
l2
1
l423
h
TTTT
)( 21 −= ακ2
)( 21 TTTT
+= αε
163
a równanie statyki (3) w sposób następujący
∫ ∫∫ ∫ =++
+
s sTT
s s
dsNdsMdsEF
NNds
EJ
MMX 011
1111 εκ
Wartości całek w równaniu wyznaczymy posługując się uproszczonym
sposobem Mohra-Wereszczagina. W wyniku przeliczeń otrzymamy
( )EJ
llll
EJ 12
27
2
1
3
12
2
1
3
21
2
1
3
1
2
1
2
13
111
+=
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ
lEFll
lll
lEF 8
829
4
232
4
23
2
1
2
14
1'11
+=
⋅⋅+⋅⋅⋅=δ
( )h
TTl
h
TTl T
TT 42
1
2
1 2121 −−=
−⋅⋅⋅−=
ααδ
( )422
1 2121' TTTTl
lT
TT
+=
+⋅⋅=
ααδ
gdzie h – wysokość przekroju.
Uzyskane wyniki wstawiamy do równania
( ) ( ) ( ) 0448
298
12
272121 =++−−
+++
TTTTh
l
lEFEJ
lX TT αα
( ) ( ) ( ) 1
2121 8
298
12
27
44
−
+++
+−−=lEFEJ
lTTTT
h
lX TT αα
Znajomość siły hiperstatycznej X pozwala na sporządzenie wykresów
wielkości wewnętrznych
M
X
+ + +
-
-
2
X
N
+
+
-
- -
l
X
2
l
X
423
164
Rys. 3.16e
b) Materiał nieliniowo-spr ężysty Wykresy momentów M1 i sił osiowych N1 od momentu jednostkowego X = 1
oraz wykresy termicznych wydłużeń i zmian krzywizn będą identyczne jak w zadaniu liniowo-sprężystym. Ulegną zmianie natomiast wydłużenia i zmiany krzywizn wywołane przez moment hiperstatyczny X.
Można je wyrazić przy pomocy wzorów
( )nn
NAJ
M
AF
N
+=
=1
, κε
Uwzględniając te zależności możemy zapisać
( )∫ ∫ =++
+
+s sTT
nn
dsNAF
NdsM
NAJ
M0
1'
11 δδ
( )[ ] ( )( ) ( )
∫ ∫ =+
+
−−++
+s s
TTn
nn
n
nn TT
h
TTldsN
AF
NXdsM
NAJ
MX0
4412121
11
11 αα
( )[ ] ( )( ) ( )2121
1111
441TTTT
h
lds
AF
NNds
NAJ
MMX TT
s sn
n
n
nn +−−=
+
+∫ ∫αα
T
+
+ - -
l
X
2
l
X
42
+ l
X
165
( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]
++
⋅−
⋅−+
+
⋅⋅
++
⋅⋅
∫ ∫ ∫l l l
n
n
n
n
n
n
n dsNAJ
sl
sl
dsNAJ
sl
sl
dsNAJ
sl
sl
X0
2
0 0 1
11
11
1
4
2
4
2
1
2
1
2
1
3
( ) ( )
( ) ( )21210
2
0 44
4
23
4
23
2
1
2
1
4 TTTTh
lds
AF
llds
AF
ll TTl l
n
n
n
n
+−−=
+
+ ∫ ∫αα
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( ) ( )( )( ) ( )
=
++
+++
+
+++
++
+
+
+
+
++
+
+
nn
n
nnn
nn
nn
nn
nn
AFl
l
AFl
l
NAJn
l
NAJnl
l
NAJnl
lX
1
1
1
1
21
1
2
4
223
2
4
12
124
22
122
3
( ) ( )2121 44TTTT
h
l TT +−−=αα
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )
++++
+++
+
+
++
+−−=
++
++
+
+
nnnnn
nn
nn
nNTT
AFl
l
NAJn
l
NAJnl
l
NAJnl
lTTTT
h
lX
11
21
1
2
2121
2
4
12124
22
122
3
44
αα
( )( ) ( )
N
nn
n
AFl
l−
+
+
+
1
1
4
223
Z porównania rozwiązań w zadaniu liniowym i nieliniowym możemy tak dobrać wartość „modułu siecznego” w zadaniu nieliniowym, aby rozwiązania w obu zadaniach były identyczne.
Porównując siły X z rozwiązań liniowego i nieliniowego mamy
166
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )
( )( ) ( )
N
nn
n
nnnnn
nn
nn
nNTT
TT
AFl
l
AFl
l
NAJn
l
NAJnl
l
NAJnl
lTTTT
h
l
lEFEJ
lTTTT
h
l
+
++++
+++
+
+
++⋅
+−−=
=
+++
+−−
+
+
++
++
+
+
−
1
1
11
21
1
2
2121
1
2121
4
223
2
4
12124
22
122
3
44
8
298
12
27
44
αα
αα
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( )
++++
+++
+
+
++
+−−=
++
++
+
+−
nnnnn
nn
nn
nNTT
AFl
l
NAJn
l
NAJnl
l
NAJnl
lTTTT
h
lE
11
2!
1
21
2121
2
4
12124
22
122
3
44
αα
( )( ) ( )
( )
+++
⋅
+
−
+
+
lFJ
l
AFl
lN
nn
n
8
298
12
27
4
2231
1
Z równania tego wynika, że zastępczy moduł sieczny zależy nie tylko od
rozkładów temperatury, ale także od konfiguracji układu.
c) Materiał lepkosprężysty Przy analizie materiału lepko-sprężystego równania fizyczne mają postać
( ) ( )∫ ∗=−=t
dt0
εφττετφσ &&
( )tφ - jest funkcją relaksacji, ( )tε& - prędkością odkształceń, ∗ - symbolem splotu.
Wprowadzając funkcję modyfikacyjną r(t), przy czym ( ) ( )pRpr
1=
mamy
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1
2121 8
829
12
27
44
−
+++
+−−∗=lFJ
lTTTT
h
ltrttX TT αα
Dla ramy żelbetowej poddanej działaniu temperatury funkcja X(t) przyjmie
postać
168
( ) ( ) ( )( )∫
+
+−++−
+= −+−
t
b
tCEbb
b CEeCEE
EtX b
0 0
10 1
111
1
110 τγγ
µτ
( ) ( ) ( ) ⋅−
+−
++
−+
−
++ ττδ
µτδµτδ dt
CEEtEt
CE bb
b 02
0 1
11
1
1
1
1
( ) ( ) ( ) 1
2121 8
829
12
27
44
−
+++
+−−⋅lFJ
lTTTT
h
l TT αα
Eb, C0, γ - są stałymi określającymi reologiczne właściwości betonu, µ - udział uzbrojenia, E2 – moduł sprężystości stalowych wkładek.
Po wykonaniu całkowania otrzymujemy zmienny w czasie rozkład sił przekrojowych wywołany stacjonarnym przepływem ciepła w ramie żelbetowej. Założono przy tym, że beton może być opisany równaniami liniowej lepkosprężystości, natomiast stal posiada właściwości sprężyste.
Wykresy sił przekrojowych są takie same jak w zadaniu liniowo-sprężystym. ZADANIE 3.17. W związku ze zmianą obciążenia q0 → q belki wolnopodpartej o
symetrycznym przekroju poprzecznym należy ją wzmocnić dokonując wstępnego sprężenia na części belki o długości (α l). Należy dobrać w taki sposób wstępne napięcie w cięgnie sprężającym, aby wyrównać największe momenty w belce.
Rys. 3.17a
8
2ql
F
c h
X
( ) βββ Mql =− 2
2
2
X
Xcql −8
2βl
αl
169
Rozwiązanie: Schemat statyczny oraz rozkłady momentów zginających w belce
przedstawiono na rys. 3.17b
Rys. 3.17b
Naprężenia w niebezpiecznych miejscach, czyli skoku momentów zginających w β l i największej wartości momentu w l/2 wynoszą
( )F
XXc
ql
W
ql
WM
W l −
−=−==
8
1
2
11 2
2
22
σββσ ββ
gdzie W, F, c są kolejno wskaźnikiem wytrzymałości, przekrojem poprzecznym, ramieniem wewnętrznym w cięgnie.
Z przyrównania σβ = σl/2 wynika warunek na siłę nadliczbową X
( )F
Wc
qlX
F
WXXc
qlql
+
+−=→−−=− 1
4
1
2822
222
2
ββββ
Siłę w cięgnie sprężającym X znajdziemy jako różnicę między pełną siłą X
w cięgnie, a siłą wynikającą z samonaprężenia X0. Tą siłę wyznaczymy rozwiązując równania metody sił
01011 =+ pX δδ
1c
1 1
M1
1 1
N1
M
170
Współczynniki δ11 i δ1p wyznaczymy „przemnażając” wykresy sił wewnętrznych
clMql
lMEJFE
l
EF
l
EJ
clp
aa
183
2,
11)1( 2
1
2
11
−+−=++= ααδαααδ ββ
Siła X0 wynikająca z samonaprężenia w cięgnie wynosi
JFE
E
FJ
c
cql
cM
FE
E
FJ
clJ
cqllcM
X
aaaa
p
++
+=
++
+==
1
12
1
123/1
2
2
2
3
11
10
ββ
α
αα
δδ
Wstępny naciąg cięgna, jako różnica między X – X0 wynosi więc
++
+−−
+
+−=
=
++
+−−
+
+−=−
aa
aa
FE
E
FJ
cJ
cc
F
Wc
ql
JFE
E
FJ
c
ccql
F
Wc
qlXX
1
6
1)(
144
2
1
6
1)(
2
144
2
2
222
2
2222
0
ββββ
ββββ
W rozważaniach uwzględniliśmy jedynie liniowo sprężysty zakres pracy
konstrukcji. O wiele bardziej interesująca jest analiza problemu z uwzględnieniem reologicznych własności materiału. Zwracamy tu uwagę na fakt, iż liny stalowe używane do sprężania charakteryzują się tzw. pełzaniem konstrukcyjnym wynikającym z ich budowy.
171
Rozdział IV
Utrata stateczności Klasyczne ujęcie problemów utraty stateczności sprowadzą się
matematycznie do rozwiązania zadania na wartości własne. W wyniku takiego podejścia otrzymuje się siłę krytyczną przy utracie stateczności pręta ściskanego jako najmniejszą z wartości siły osiowej przy której są możliwe dwie postacie równowagi. Pierwsza odpowiada ściskaniu pręta, zaś druga ściskaniu ze zginaniem.
Wartość siły krytycznej, ale nie analizy zjawiska utraty stateczności można oszacować z analizy jednoczesnego ściskania i zginania pręta, w którym występują wstępne ugięcia. Przypadek ten będziemy analizować w zakresie nieliniowo-sprężystym oraz lepkosprężystym.
Analizę problemu rozpoczniemy od określenia związku między krzywizną a
momentem zginającym w przypadku równania fizycznego postaci NAεσ = . W wyniku klasycznych przekształceń otrzymamy zależność krzywizny od
momentu
( ) ( )n
N
NAJ
MNAJM
+=→+=
11 κκ
gdzie
( ) ∫ ==+ +
F
N
NndFxNJ
1 ,1 1
3
Rys. 4.0 Utrata stateczności pręta ściskanego z imperfekcjami y0 Równanie różniczkowe osi ugiętej pręta przyjmie formę
( ) l
xfy
l
xfy
NAJ
Pyyy
nππ
sin sin 1 00
"0
" ≅≅
+−=−
P x
l
y y0
f f0
172
Podstawiając przyjęte przybliżone postacie ugięć y i imperfekcji y0 do równania osi ugiętej pręta otrzymamy
( )1
0
22
sin1
−
+−=
+
−nn
l
x
NAJ
Pff
lf
l
πππ
Z uzyskanego równania wnosimy, iż przyjęcie osi ugiętej w postaci
sinusoidy nie sprowadza problemu do prostego równania algebraicznego jak to się dzieje w zadaniach liniowo-sprężystych.
W przybliżonym ujęciu , kiedy analizujemy ugięcia w x = l/2 otrzymamy
( ) f
l
NAJ
Pf
ff
n
2
2
0
11
π
+−
=
Zauważmy, iż ugięcie w środku belki ∞→f , kiedy
( )( )
12
2
2
2
)11 −==
+ n
nn
K
nK
fl
AJP
f
l
NAJ
fP ππ
( wtedy
W szczególności w początkowej fazie procesu, kiedy f = f0 i 0KK PP =
zachodzi
10,/)(/)()( 0
11
01100
0 <<===−−− kffkkPPffPffP n
KKn
Kn
K gdzie stąd
Oszacowana w ten sposób siła krytyczna pozwala analizować warunki utraty stateczności w zakresie nieliniowym.
Przypadkiem szczególnym tych rozważań (n = 1) są zależności
EJ
ME =→= κεσ
EJ
Pff
lf
lEJ
Pyyy −=
+
−→−=− 0
22"0
" ππ
Ugięcie belki w środku rozpiętości spełnia warunek
173
2
20
1 l
EJP
P
Pf
f K
K
π=−
= gdzie
Przeanalizujemy jeszcze problem zginania i ściskania pręta z imperfekcjami
w zakresie nieliniowo-lepkosprężystym.
Równanie fizyczne dAN ∗= εσ prowadzi do relacji
( ) ( ) HAdaNJ
MdadANJMn
N =∗
+∗=→∗+= ,
11
1 κκ
Równanie osi ugiętej pręta ma w tym przypadku postać
( ) ( )n
NJPydayy
+∗−=′′−′′
1
10
Po przyjęciu kształtu linii ugięć ( )l
xtfy
l
xtfy
ππsin)( ,sin 00 ≅≅
otrzymamy
( ) ( ) ( )( ) ( )1
0
22
sin1
1−
+∗−=
+
−nn
l
x
NJtPfdatf
ltf
l
πππ
Analizując ugięcia w środku rozpiętości 12
sin2
=→= πlx uzyskamy
przybliżoną zależność ugięcia f od siły osiowej P
( ) ( )
( )( ) ( ) 2
2
0
)(1
11
πtf
l
NJtPfda
tftf
n
+∗−
=
Ugięcie belki l
xfy
πsin= rośnie nieograniczenie, kiedy ∞→f czyli
( )( ) ( ) 11
12
2
=
+∗
πfl
NJtPfda
n
174
stąd dla 0ff =
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )dA
l
tfNJtftP
l
f
NJdatftP
N
K
N
K ∗
+=→
=
+∗
20
2
020
2
0 11
1 ππ
Otrzymana zależność pozwala na szacowanie obciążenia krytycznego P(t)
jako funkcji czasu, parametrycznie zależnej od wstępnych ugięć pręta f0(t). Analizowany przebieg narastania obciążenia krytycznego dotyczy zadań nieliniowych lepkosprężystych. W tym przypadku nie należy mówić o jednej wartości siły krytycznej, a o procesie, który prowadzi do utraty stateczności.
W przypadku szczególnym liniowej lepkosprężystości, kiedy εσ dE ∗=
oraz ( ) PyMHdFEdMFJ
dJEM ==∗∗=→∗= 1κκ równanie osi
ugiętej pręta ściskanego siłą osiową P o wstępnych ugięciach y0 ma postać
( ) ( ) ( )l
xtfy
l
xtfydFPy
Jyy
ππsin ,sin
1000 ==∗−=′′−′′
Uwzględniając przyjęte postacie linii ugiętej pręta w równaniu osi
otrzymamy
( ) ( )( )
( )tJfE
EldFPf
ffdFf
J
Ptf
ldHtf
l
02
02
00
22
1π
ππ
∗−=→∗−=
+∗
−
Przemieszczenie ∞→y kiedy
( )( )
( ) ( )2
02
0
02
02
1l
JEPtf
P
EdFPf
tJfE
EldFPf K
K
ππ
==∗→=∗ ,
Ostatecznie
( ) ( ) ( ) ( )2
02
0000
,)0(l
JEPEtEtEtf
Etf
PtP E
EK
π===∗= + gdzie
Wynik ten dowodzi, że w przypadku materiałów lepkosprężystych nie mamy
do czynienia z jedną siłą krytyczną, a z krytycznym procesem narastania obciążeń aż do utraty stabilności procesu deformacji.
175
Podamy jeszcze oszacowanie siły krytycznej w przypadku, kiedy materiał
konstrukcji podlega równaniom lepkiego płynięcia 0nBσεε =− && , gdzie
( )tTBB , = jest funkcją zależną od temperatury i czasu a 0ε& odkształceniami wstępnymi w materiale. Równania w tej uproszczonej formie mogą dotyczyć pełzania metali w temperaturach rzędu 1/3 temperatury topnienia.
Postępując podobnie jak poprzednio otrzymamy relację prędkość krzywizny κ& - moment zginający M
( )n
NJ
MB
+=−
10κκ &&
a dalej równanie różniczkowe osi ugiętej ściskanego pręta
( ) l
xfy
l
xfy
NJ
PyByy
nππ
sin ,sin ,1 000
&&&&&& ==
+=′′−′′
Uwzględniając postać osi ugiętej pręta otrzymamy
( )( ) f
l
NJ
PfB
ff
l
x
NJ
PfBf
lf
l n
nn
&
&&&&
2
2
01
0
22
11
sin1
π
πππ
+−
=→
+=
+
−−
Warunek utraty stateczności uzyskamy z zależności ∞→→ fff &&& i 0
( )( )[ ]
( )
)0(,,
)()(
])1([
1
00001
100
01
22
2
2
2
+
−−
=====
=
+=→=+
tPPf
fl
f
fkPklP
ffPffP
f
f
Bl
NJPf
NJ
BlfP
KKKn
K
nK
nK
nn
Knn
K
gdzie stąd
oraz
&&
&& π
π
Podobnie jak poprzednio także i w tym przypadku otrzymamy krytyczny
proces narastania obciążeń, który prowadzi do utraty stabilności procesu deformacji.
Określono wartości sił krytycznych dla kilku typów materiałów
( ) , dla- ∫===→=F
EK dFzJl
EJPPPE 2
2
2πεσ
176
f
fk
fl
NAJP )(P
dFzNJPkPPA
n
n
Kn
K
F
NK
nK
N
01
02
20
101
1
,))1((
,)1(
=+=→
∫=+=→=
−
+−
, dla-
π
εσ
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dla- tEtfEtf
PtPPEEdE E
K ∗=→=∗= + 000
0 0εσ
( ) ( )( )
( ) dla- dA
l
tf
tf
nJtPPdA
N
KN ∗
+=→∗=2
0
0
1 πεσ
( )
∫=+
+=
===→=−
+
F
N
n
nn
K
Kn
Kn
dFzNJ
f
f
l
)BJ(NπP
f
fl
f
fkPktPPB
1
0
02
20
000/10
)1(
)(
1)(
,,
, dla-&
&& ησεε
Wyznaczenie warunków utraty stateczności układu prętowego jest zadaniem dosyć złożonym i przebiega inaczej w układach statycznie wyznaczalnych aniżeli niewyznaczalnych. W pierwszym przypadku należy jedynie zlokalizować ten pręt konstrukcji w którym wystąpi największa siła osiowa N, a następnie uzależnić tę siłę od obciążeń zewnętrznych. Z warunku N=PK oraz przy N=N(q,V,H), gdzie q – jest obciążeniem zewnętrznym, a V,H – wartościami reakcji, wyznaczamy wartość krytyczną obciążenia q. Wartość ta jest niezależna od własności materiału jak i czynników niemechanicznych, ale od nich zależy jednak wartość siły krytycznej.
Zupełnie inaczej postępujemy przy wyznaczaniu sił krytycznych w zadaniach statycznie niewyznaczalnych, ponieważ siły osiowe w pręcie ulegającym wyboczeniu zależą też od deformacji układu, wpływów niemechanicznych i sił hiperstatycznych.
Możliwe są tu dwie drogi postępowania. Pierwsza polega na ułożeniu równań metody sił w taki sposób, aby jedną z sił nadliczbowych była siła osiowa XK=N=PK w pręcie, który ulegnie wyboczeniu. Otrzymujemy wówczas układ równań metody sił w którym należy przyjąć, że XK=N=PK jest znane, a do zbioru niewiadomych sił dołączamy poszukiwaną wartość parametru krytycznego (obciążenie, temperaturę, wstępne przemieszczenia itp.).
177
Inny sposób polega na rozbiciu układu na dwa podukłady. Pierwszy zawiera pręt, który ulega wyboczeniu, zaś drugim jest reszta. Następnie wypisujemy warunek nierozdzielności zachodzący między przemieszczeniami obu układów. Z warunku tego wyznaczamy poszukiwaną wartość krytyczną (obciążenie, czy też wpływy niemechaniczne). Warto zauważyć, że w przypadku ogólnym, przynajmniej w zadaniach liniowo-sprężystych posługujemy się klasycznymi metodami, a więc metodą sił i przemieszczeń adaptowaną do zagadnienia utraty stateczności.
ZADANIE 4.1. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym, którego
schemat przedstawiono na rys. 4.1a, należy określić wartość obciążenia krytycznego P
Rys. 4.1a
Dane: l, E, J, F Szukane: PK=? Rozwiązanie: Wyboczeniu ulegnie pręt pionowy 1-2. Warunek utraty stateczności można
sformułować następująco: 2121 −− ≥ NNN Kr gdzie jest siłą osiową wywołaną
działaniem siły P, a siłą krytyczną NK, która wynosi ( )lll
EJN w
wK == dla
2
2π.
Sposób postępowania polega tu na rozwiązaniu zadania jednokrotnie statycznie niewyznaczalnego z uwzględnieniem warunku nałożonego na wartość siły osiowej w pręcie 1-2 oraz warunku nierozdzielności. Siła osiowa w
pręcie 1-2 jest równa 2
2
l
EJN K
π= .
P 4 3
2
1
l
l l
EJ
178
Rys. 4.1b
Analizujemy przemieszczenia punktu 2 belki 3-4
Rys. 4.1c Warunek nierozdzielności przyjmie postać ( ) 211 −=−− λδδδ xp , gdzie δp
oznacza przemieszczenie pionowe belki 3-4 powstałe w wyniku działania siły P, δx – przemieszczenie pionowe belki 3-4 od siły NK i 1δ - przemieszczenie pionowe układu 3-1-4 od sił osiowych N1-3 i N1-4 powstałych w wyniku działania siły NK na układ prętowy 3-1-4. Wartości δp i δx wynikają z przemnożenia następujących wykresów
P
4 3 2
1
Nkr
1’
δx δp
δ1
P 4 3
2
1
Nkr
Nkr Nkr
Nkr
179
Rys. 4.1d
∫ =
⋅⋅⋅==s
pp
Pl
EJ
ll
Pl
EJds
EJ
MM
6
1
23
2
2
1
22
1 31δ
∫ =
⋅⋅=′
=s
KKNx
lN
EJ
ll
lN
EJds
EJ
MM
6
1
23
2
2
1
22
1 31δ
Z kolei przemieszczenie 1δ obliczymy wyznaczając wydłużenia w prętach
1-3 i 1-4 powstałe w wyniku działania sił osiowych N1-3 i N1-4 zależnych od siły Nk działającej na układ 3-1-4.
Wyznaczymy teraz siły N1-3 i N1-4 z warunku równowagi węzła 1
Rys. 4.1e
2
14131 KNNN == −−
Mając obliczone siły N1-3 i N1-4 wyznaczymy przemieszczenie 1δ punktu 1
posługując się planem przemieszczeń przedstawionym na rys. 4.1f
1
Nkr
45° 2
31krN
N =− 241
krNN =−
P 1
MN NE 1
Mp
M1’
M1
2l
2l2
Pl
2lNkr
δN
δp
×
×
180
Rys. 4.1f
Wydłużenie λ pręta o długości l, na który działa siła osiowa N obliczamy ze wzoru
EF
Nl=λ
Korzystając ze wzoru na wydłużenie mamy
EF
lN K=−31λ
EF
lN K=−41λ
Z rys. 4.1f wynika, że o45 ;cos1
31 == − αδ
λα
o45cos31
1−=
λδ EF
lN K 21 =δ
Podstawiając obliczone wartości 1,, δδδ xp do warunku nierozdzielności
otrzymamy
EF
lN
EF
lNlN
EJ
Pl
EJKKK =−−
2
6
1
6
1 33
4 3
1
α=45°
λ1-3
δ1
λ1-4
α
181
Uwzględniając, że EK Pl
EJN ==
2
2π oraz
F
Ji =2 wyliczamy siłę P=PK
( )
++== 21
1
6
6 2
4
22
FJ
l
l
EJPP K
π
Gdy siła P obciążająca układ przybierze wartość PK wówczas pręt 1-2
ulegnie wyboczeniu
( )
++=2
2
2
2161l
i
l
EJPK
π
Ostatecznie
( )( )[ ]22161 sPP EK ++=
gdzie PE jest eulerowską siłą krytyczną pręta 1-2 a s – jego smukłością. ZADANIE 4.2. W hiperstatycznym układzie prętowym należy wyznaczyć wartość krytyczną
obciążenia P=PK, która spowoduje wyboczenie pręta 1-3 lub 2-4. Pręt 0-2 jest nieodkształcalny.
jest tu przemieszczeniem pionowym punktu 1 pręta AB od obciążenia q, δX jest
δq
A
C D
B 1
2
δX
δX
l l
l
1
2
q
EF
EJ
EJ
1
2
q A
C D
B
X=PE
X=PE
X=PE
X=PE
1
2
λX
187
przemieszczeniem pionowym punktu 1 pręta AB i punktu 2 pręta CD od obciążenia siłą X, zaś λX jest skróceniem pręta 1-2 od siły hiperstatycznej krytycznej X=PE.
Wartości δq i δX wynikają z przemnożenia następujących wykresów
Rys. 4.4c
∫ =
⋅+⋅⋅⋅⋅==
s
qq EJ
qllqllql
l
EJds
EJ
MM 4221
24
5
224
48
3
62
1δ
∫ =
⋅⋅==s
XX EJ
XlllXl
EJds
EJ
MM
1223
2
222
12 31δ
EF
XlX =λ
Wartości δq, δX, λX podstawimy do warunku nierozdzielności
EF
Xl
EJ
Xl
EJ
Xl
EJ
ql =−−121224
5 334
Uwzględniając w tym równaniu, że zgodnie z uwagą podaną wcześniej
2
2
l
EJPX E
π== wyliczymy wielkość obciążenia krytycznego
×
l/2 l/2
M1
Mq
MX M1
83 2ql
2
2ql
2l
4l
2l
2Xl
δq
δX ×
188
+
=5
4
5
242
3
2
l
i
l
EJqkr
π
A zatem pręt 1-2 ulegnie wyboczeniu gdy obciążenie q przyjmie wartość qkr. ZADANIE 4.5. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym, którego
schemat przedstawiono na rys. 4.5a, należy określić wartość obciążenia krytycznego qkr.
utraty stateczności ma postać EPN ≥−21 , gdzie N1-2 jest siłą osiową wywołaną działaniem obciążenia qkr w pręcie 1-2, a PE siłą krytyczną, która w naszym
zadaniu równa się 2
2
wE
l
EJP
π= gdzie llw 4
3= . Zadanie jest jednokrotnie
statycznie niewyznaczalne. Rozwiązujemy je jak klasyczne zadanie niewyznaczalne z dodatkowym warunkiem dotyczącym wartości siły hiperstatycznej. Pręt 1-2 ulegnie wyboczeniu, jeżeli siła osiowa w nim osiągnie
wartość 2
2
4
3
=
l
EJPE
π
l l
l43
1
2
q
EJ EF,EJ
189
Przyjmujemy następujący układ podstawowy.
Rys. 4.5b Równanie metody sił przyjmie postać XqEP λδδ =+ 111 .
W równaniu tym uwzględniamy nie tylko stany giętne w układzie, ale i skrócenie wywołane ściskaniem w pręcie 1-2. Wskutek działania siły krytycznej PE, która w analizowanym zadaniu jest siłą hiperstatyczną, pręt 1-2 ulegnie skróceniu o λX
EF
lPE
X43⋅
−=λ
Wartości q111 i δδ wyznaczamy korzystając z graficznego sposobu
przemnożenia wykresów.
Rys. 4.5c
l l
l43
1
l
M1 ×
l
M1 δ11
l
M1 δ1q
l/2
Mq
l/2 2ql2
2
89
ql2
2ql
2
l
×
PE 1
2
q
PE
PE
PE
λX
190
∫ =
⋅⋅+⋅⋅==s EJ
lllllll
EJds
EJ
MM 311
11 4
3
3
2
2
1
3
2
4
5
2
11δ
EJ
qlllql
lqllql
l
EJ
dsEJ
MM
s
qq
4222
11
24
37
3
2
4
52
2
10
28
942
6
1 −=
⋅⋅⋅+
+⋅⋅+⋅−=
== ∫
δ
uzyskamy
EF
lP
EJ
qlP
EJ
l EE 4
3
24
37
4
3 43
−=−
Uwzględniając wartość siły krytycznej 2
2
43
=
l
EJPE
π obliczamy
poszukiwaną wielkość obciążenia krytycznego
( )225
2
37
32li
l
EJqq kr +== π
A zatem, aby pręt 1-2 uległ wyboczeniu obciążenie musi przyjąć co najmniej wartość qkr.
ZADANIE 4.6. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym należy
wyznaczyć wartość temperatury krytycznej ∆T, która spowoduje wyboczenie prętów w układzie.
Rys. 4.6a Dane: J,E,F,l,αT
+∆T
l
l l 4
3 2 1
6 5
-∆T
191
Szukane: ∆T=∆Tkr=? Rozwiązanie: Analizowany układ prętowy jest 2-krotnie statycznie niewyznaczalny. W
układzie tym wyboczy się pręt poziomy 1-2 w którym działa siła hiperstatyczna X1. Warunek utraty stateczności można tu sformułować następująco: EPX ≥1 , gdzie X1 jest siłą osiową wywołaną działaniem temperatury w pręcie 1-2, zaś PE
jest eulerowską siłą krytyczną lll
EJP w
wE == gdzie
2
2π.
Aby wyliczyć wartość krytyczną przyrostu temperatury należy znaleźć najpierw hiperstatyczne siły X1 i X2 działające odpowiednio w prętach 1-2 i 2-3.
Rys. 4.6b
Sposób postępowania polega tutaj na analizie stanu przemieszczeń końców prętów 1-4, 2-5, 3-6. Wypisując warunek zgodności przemieszczeń dwóch podukładów prętowych tzn. 4-1 – 2-5 i 5-2 – 3-6 otrzymamy układ dwóch równań z których wyliczymy siły hiperstatyczne X1, X2.
Rys. 4.6c
4
3 2 1
6 5
X1 X1 X2 X2
δ1
X1 X1 X2 X2
X1 X1 X2 X2
δ1 δ2 δ2
λ1
λ1
λ2
λT2 λT1
192
Warunki nierozdzielności dla tych dwóch podukładów zgodnie z rysunkiem można wypisać w sposób następujący
( )
( )
+−=−+−−=++
22221
11211
λλδδδλλδδδ
T
T
gdzie δ1 jest przemieszczeniem poziomym pręta 1-4 i 2-5 w kierunku działania siły X1, δ2 jest przemieszczeniem poziomym pręta 3-6 i 2-5 od działania siły X2, λT1 jest wydłużeniem pręta 1-2 pod wpływem podgrzania o ∆T, λ2T jest skróceniem pręta 2-3 pod wpływem jego oziębienia o ∆T, λ1 to skrócenie pręta 1-2 pod wpływem hiperstatycznej siły X1, zaś λ2 to wydłużenie pręta 2-3 pod wpływem X2.
Wielkości δ1 i δ2 otrzymamy z przemnożenia następujących wykresów
Rys. 4.6d
=
⋅⋅==
=
⋅⋅==
∫
∫
EJ
lXlllX
EJds
EJ
MM
EJ
lXlllX
EJds
EJ
MM
s
p
s
p
33
2
2
11
33
2
2
11
32
2
)2(2
2
31
1
)1(1
1
δ
δ
4
M1
X1
X1l
l δ1
1
Mp(1)
×
1
4
1
l
5
M2
X2
X2l
l δ2
2 Mp
(2) 2
5
1
l
×
193
==
=
=
Tl
TlEF
lXEF
lX
TT
TT
∆αλ∆αλ
λ
λ
2
1
22
11
Wielkości λT1 i λT2 są to wartości bezwzględne wydłużenia. Uzyskujemy
TXEFEJ
lX
EJ
l
TXEJ
lX
EFEJ
l
T
T
∆α
∆α
=
++
=+
+
2
2
1
2
2
2
1
2
1
3
2
3
3
1
3
2
Rozwiązaniem tego układu są wielkości X1 i X2
( ) ( ) 03
1
3
212
2
21
2
=−+−
+ XX
EJ
lXX
EFEJ
l stąd 21 XX =
F
Ji
il
TEJX T =
+= 2
221 ,∆α
Zgodnie z uwagą podaną na początku toku rozwiązania oraz z wyrażeniem
na siłę Eulera
2
2
1l
EJX
π=
otrzymujemy równanie
222
2
il
TEJ
l
EJ T
+= ∆απ
z którego wyliczamy wartość krytyczną przyrostu temperatury ∆T
( )l
issT
l
iTT
Tkr
Tkr =+=
+== ,1,1 2222
απ∆
απ∆∆
194
ZADANIE 4.7. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym, którego
schemat przedstawiono na rys. 4.7a należy określić wartość przyrostu temperatury ∆Tkr w pręcie pionowym 5-6, która prowadzi do wyboczenia tego pręta. Należy również przeanalizować łączne działanie M i ∆T na utratę stateczności pręta 5-6.
utraty stateczności wyniknie z analizy stanu względnych przemieszczeń końców pręta 5-6.
Wymagać będziemy, aby wydłużenie pręta od temperatury lTTT ⋅⋅= ∆αλ i
skrócenie od siły krytycznej Ew
X Pl
EJX
EF
Xl ===2
2
gdzie ,πλ było równe
sumie ugięć prętów poziomych 1-2 i 3-4. Ugięcia tych prętów wynikają z działania momentów przyłożonych do układu. Przytoczony sposób postępowania przedstawia następujący schemat
Rys. 4.7b
EJ
l
4 3
2 1
l l
5
∆Tkr=?
6
EJ
M M EF,J
PE ∆g
λT
M M
PE
PE
PE
∆d
λX
195
Warunek nierozdzielności przemieszczeń tego układu jest następujący
XTdg λλ∆∆ −=+
gdzie ∆g oznacza przemieszczenie górnego poziomego podukładu 1-2 wywołane działaniem momentów M i siły PE, a ∆d to przemieszczenie dolnego poziomego podukładu 3-4 wywołane również działaniem momentu i siły krytycznej czyli
XMXM
XM dgd
gδδ∆∆
δδ∆δδ∆
22 +=+
+=+=
Wartości 2δM i 2δX wynikają z „przemnożenia” wykresów według relacji
Rys. 4.7c
∫ −=
⋅⋅−==s
pM EJ
MlllM
EJds
EJ
MM
22
112
21δ
∫ =
⋅⋅==s
XX EJ
XllXll
EJds
EJ
MM
33
2
2
112
31δ
1
M M Mp
-
-
M1
1 +
+
l 2δM
X
MX
X +
+
Xl
1
M1
1 +
+
l 2δX
l
Xl
l
×
×
196
Ostatecznie otrzymujemy wartość sumy ugięć prętów poziomych
EJ
MlXlXM 6
3222
23 −=+ δδ
Po podstawieniu uzyskanych wyników do warunku nierozdzielności
otrzymamy
EF
XllT
EJ
Ml
EJ
XlT −⋅=− ∆α
23
23
gdzie 2
2
wE
l
EJPX
π== .
Poszukiwana wartość temperatury krytycznej powodującej wyboczenie wynosi
TTTkr
Fl
J
EJ
MlT
απ
ααπ∆
2
22
23+−=
Z warunku nierozdzielności dla ustalonej temperatury można wyznaczyć
krytyczną wartość momentu M
−
+=
−
+= T
l
i
l
EJTl
EF
l
EJ
lP
l
EJM TEkr ∆αππ∆α
22
23
2 3
2
3
2
Analizować będziemy teraz ogólny przypadek utraty stateczności w wyniku
równoczesnego przyrostu temperatury i momentu M. Z warunku nierozdzielności otrzymamy wówczas
TlEJ
Ml
EF
l
EJ
lX T ∆α+=
+
23
23
stąd dla X=PE
12
1
2
22
=+→
+=
E
T
ETE KP
Tl
EJKP
Ml
KTl
EJ
MlP
∆α∆α
gdzie EF
l
EJ
lK +=
3
3
197
Wprowadzając zmienne ET
E KPl
KPl
EJM
α∆ 1
T i 2
2== otrzymamy
równanie
1=+T
T
M
M
∆∆
pozwalające na wyznaczenie krytycznych wartości M i ∆T w układzie. Graficznie równanie to przedstawia prostą interakcji w układzie osi M i ∆T
Rys. 4.7d
ZADANIE 4.8. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym, którego
schemat przedstawiono na rys. 4.8a należy określić wartość temperatury krytycznej ∆Tkr.
Rozwiązanie: Zadanie jest dwukrotnie statycznie niewyznaczalne. Rozwiązanie przedstawionego problemu polega na wyznaczeniu wartości sił
hiperstatycznych i ustaleniu warunku utraty stateczności. W tym przypadku
M
∆T
M
T∆
obszar niestateczny
obszar stateczny
T1
l
l l
2
1
T1
T1
T1
T2 T2
T2
T2
198
wyboczeniu ulegnie pręt 1-2. Siła osiowa w tym pręcie zależy parametrycznie od sił hiperstatycznych i różnicy temperatur. Znalezienie temperatury krytycznej ∆Tkr polega na przyrównaniu wyżej wymienionej siły osiowej
istniejącej w pręcie wyboczonym 1-2 z eulerowską siłą krytyczną ( )2
2
w
El
EJP
π= .
W tym celu należy zamienić układ statycznie niewyznaczalny na układ podstawowy (wyznaczalny)
Rys. 4.8b Wprowadzone siły hiperstatyczne X1 i X2 wyznaczymy budując układ
równań metody sił wykorzystujący warunki narzucone na przemieszczenia w zmodyfikowanych podporach układu pierwotnego
0 i 0 21 == δδ
Układ równań metody sił ma postać
=++=++
0
0
2222121
1212111
T
T
XX
XX
δδδδδδ
Wartości δ11, δ12, δ22, δ1T, δ2T, wyznaczymy stosując „przemnożenia”
wykresów wg sposobu Mohra
T1
δ1=0 2
1
T1
T1
T1
T2 T2
T2
T2
X1
X2
δ2=0
199
Rys. 4.8c
l
MX1
X1=1
l l
MX1
X1=1
l
δ11
δ22 MX2
X2=1 1/2 1/2
l/2
MX2
X2=1 1/2 1/2
l/2
×
×
l
MX1
l
δ12, MX2
l/2 δ21 ×
l
MX1
l
h
TTT )( 21 −α κT δ1T ×
h
TTT )( 21 −α κT MX2
l/2 δ2T ×
200
Ponieważ wykresy MX1 i Tκ podobnie jak 2xM i Tκ leżą po tej samej
stronie układu, to w wyniku „przemnożenia” TT 21 i δδ będą mieć znak „+”. Wartości przemieszczeń wynoszą kolejno
∫ =
⋅⋅+⋅⋅⋅==s EJ
lllllll
EJds
EJ
MM
3
82
3
2
2
12
1 311
11δ
∫ =
⋅⋅+⋅⋅==s EJ
lllllll
EJds
EJ
MM
22
1
2
1
2
1
2
11 321
12δ
∫ =
⋅⋅⋅==s EJ
llll
EJds
EJ
MM 322
22 6
1
2
1
3
2
2
1
2
12
1δ (3)
( ) 221212111
3
2
122 l
h
TT
h
TTlll
h
TTldsM TTT
sTT ααακδ −=−⋅⋅+−== ∫
( ) 2212122 22
1
2
12 l
h
TTl
h
TTldsM TT
sTT αακδ −=−== ∫
Podstawiając uzyskane wartości do zależności otrzymujemy następujący
układ równań
( )
( )
−−=+
−−=+
2212
3
1
3
2212
3
1
3
26
1
2
3
2
1
3
8
lh
TTx
EJ
lx
EJ
l
lh
TTx
EJ
lx
EJ
l
T
T
α
α
Z układu równań wyliczymy wielkości sił hiperstatycznych
W
WX
W
WX 2
21
1 ==
gdzie
22
6
22
6
22
6
33
33
36
7
418
8
6
2
2
3
8
JE
l
JE
l
JE
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
W =−==
201
( )
( )( ) ( )
( )EJh
lTT
EJh
lTT
EJh
lTT
EJ
ll
h
TT
EJ
ll
h
TT
W
T
TT
T
T
α
αα
α
α
521
521
521
3221
3221
1
4
1
4
1
6
3
6
1
2
2
13
−−=
=−
+−−
=−−
−−
=
( )
( )( ) ( )
( )EJh
lTT
EJh
lTT
EJh
lTT
h
lTT
EJ
l
h
lTT
EJ
l
W
T
TT
T
T
6
2
3
6
8
22
3
3
8
521
521
521
221
3
221
3
2
α
ααα
α
−=
=−
+−−
=−−
−−
=
Ostatecznie siły X1 i X2 wynoszą
( )
( )lh
EJTTX
lh
EJTTX
T
T
7
67
9
212
211
α
α
−=
−−=
W układzie występują więc następujące siły
Rys. 4.8d
Wartość ∆Tkr uzyskujemy z przyrównania wartości siły hiperstatycznej X2, która jest parametrycznie związana z poszukiwaną temperaturą krytyczną, do eulerowskiej siły krytycznej
T1
T1
T1
T1
T2 T2
T2
T2
lh
EJTTT
7)(9 21 −− α
lh
EJTTT
7)(7 21 −α
202
( )
Tkr
T
l
hT
l
EJ
lh
EJTT
απ∆
πα
6
7
7
6
2
2
221
=
=−
ZADANIE 4.9. W podanym układzie prętowym, którego schemat przedstawiono na rys.
4.9a, należy określić wartość temperatury krytycznej ∆Tkr, a następnie przeanalizować ogólny przypadek utraty stateczności przy jednoczesnym wzroście temperatury T oraz obciążenia pionowego P.
Rys. 4.9b Wartość δ2 otrzymamy z „przemnożenia” wykresów
Rys. 4.9c
( ) ( )EJ
lXPlXPl 1
486
1
422
12
3
2−
=
−=δ
2
2
i l
EJX
EF
XlX
πλ ==
lTTT ⋅= ∆αλ Podstawiając δ2, λX i λT do warunku nierozdzielności uzyskamy
( )EF
XlTl
EJ
lXPT +−=− ∆α
3
48
( )EF
Xl
EJ
lPXTlT +−=
48
3
∆α
X λX
P X
X
δ2
X
P
4)( lXP −
1
4l
δ2
M(P-X) M1
×
204
( )
+−=
EF
Xl
EJ
lPX
lT
Tkr 48
1 3
α∆
gdzie 2
2
l
EJPX E
π==
+
−=
EF
l
EJ
l
P
P
l
PT
ET
Ekr 48
13
α∆
Z warunku nierozdzielności przemieszczeń można również określić
kryterium utraty stateczności przy równoczesnym wzroście obciążenia P i temperatury. Zachodzi
EF
l
EJ
lK
KTl
EJ
PlPPX TEE +=
+=⇒=
48 ,
1
48
33
∆α
stąd otrzymujemy bezwymiarową zależność
148
3
=+KP
Tl
EJKP
Pl
E
T
E
∆α
Wprowadzając oznaczenia l
KPTl
EJKPP
TEE α
∆ 1 i
483
== uzyskamy
poszukiwany warunek utraty stateczności w przypadku niezależnego wzrostu obciążenia P i przyrostu temperatury ∆T
1=+T
T
P
P
∆∆
Zależność ta przedstawia prostą na płaszczyźnie o osiach P i ∆T
rozdzielającą stany stateczne od niestatecznych
Rys. 4.9d
P
∆T
P
T∆
stany niestateczne
stany stateczne
P>0 ∆T>0
205
ZADANIE 4.10. Należy określić warunki utraty stateczności pręta poziomego 1-2 w ramie
przedstawionej na rys. 4.10a wraz z wpływami zewnętrznymi, którymi są obciążenie poziome P przyłożone w narożu 1, równomierny we wszystkich przekrojach przyrost temperatury ∆T oraz obrót podpory o kąt ϕ. Każdy z tych wpływów z osobna prowadzi do utraty stateczności. Należy przeanalizować wpływ łącznego wieloparametrowego narastania P, ∆T i ϕ prowadzącego do utraty stateczności.
Rys. 4.10a
Dane: P, l, h, EJ, F, ∆T, ϕ, 2
2
l
EJPE
π=
Szukane: ∆Tkr, ϕkr, Pkr Rozwiązanie: Analizować będziemy łączny wpływ wszystkich trzech czynników na utratę
stateczności pręta 1-2. Rozdzielając układ na dwa podukłady: ściskany pręt 1-2 oraz pozostałą część układu oraz wypisując warunki nierozdzielności przemieszczeń obu podukładów otrzymamy
Tlh T ∆αϕ∆δδ =−++ 21
Warunek ten oznacza iż suma przemieszczeń poziomych wsporników δ1+δ2
powiększona o skrócenie ∆ wynikające z działania siły osiowej N1-2=PE, pomniejszona o przemieszczenie naroża 2 z powodu obrotu ϕ musi być równa wydłużeniu wynikającemu z przyrostu temperatury.
h EJ
l
2 1
ϕ
∆T
∆T
∆T EJ
EJ,EF
P
206
Rys. 4.10b Przemieszczenia δ1, δ2, ∆ w zadaniu liniowo-sprężystym wynoszą
( ) ( )33
2
2
32
1
hPPh
hPPEJ EE −=⋅−=δ
3
3
2
hPEJ E=δ
EF
lPE=∆
stąd
( )hTl
EF
lP
EJ
hP
EJ
hPPT
EEE ϕ∆α +=++−33
33
Z równania tego można wyznaczyć jedną z wartości krytycznych np.(∆T, ϕ, P) przy pozostałych parametrach ustalonych.
Jeżeli chcemy natomiast przeanalizować przypadek niezależnego przyrostu wszystkich trzech parametrów tj. PPTT 321 , , αϕαϕ∆α∆ →→→ do utraty stateczności, to należy wyliczyć PE z warunku nierozdzielności
EJ
h
EF
lK
EJ
PhTlKP TE 3
24
33
+=
++= ϕ∆α
stąd
13
3
=++KEJP
Ph
KP
h
KP
Tl
EEE
T ϕ∆α
wprowadzając nowe zmienne
δ1
ϕ
P PE
PE PE
PE PE 1
PEh h
h32
δ2
ϕh
207
3
3 , ,
h
KEJPP
h
KP
l
KPT EE
T
E === ϕα
∆
otrzymamy
1=++P
P
T
T
ϕϕ
∆∆
warunek parametrycznej utraty stateczności. Warunek ten przedstawia płaszczyznę w układzie osi ,,, PT ϕ∆ której osiągnięcie prowadzi do wyboczenia pręta 1-2, a krytyczną wartość parametrów PT i ,ϕ∆ określa więc zależność
Rys. 4.10c ZADANIE 4.11. Rama stalowa przedstawiona na rys. 4.11a poddana jest działaniu
intensywnego przyrostu temperatury ∆T w czasie pożaru. Zakres tego wzrostu powoduje, iż stal zaczyna pełzać w zakresie nieliniowym. Deformacje układu są sumą odkształceń sprężystych, lepkich i termicznych. Należy określić krytyczny wzrost temperatur tj. taki proces zmian temperatur, który kończy się utratą stateczności pręta. Równania fizyczne mają postać
P
∆T
P
T∆
obszar niestateczny
obszar stateczny ϕϕ
),,( TPE ∆ϕ
208
( )( ) TtTAE T
mTce ∆ασσεεεε ++=++= ,
Rys. 4.11a Dane: h, l1, l2, ε-ε0=Aσm
( ) ( ) ∫=+=
+=− +
F
Lm
dFzNJm
NNJ
MA 1
0 1,1
,1
κκ
m
F
NA
=− 0εε
( ) ( ) ( )[ ]2
21
00
001
,1
,Al
NJPfP
fPfPPf
m
RmKKm +=== π
Rozwiązanie: Przedstawimy najpierw oszacowanie temperatury krytycznej ∆T w zadaniu
sprężystym, a następnie poszukiwać będziemy procesu narastania temperatury w teorii starzenia.
Podstawą rozważań jest tu spełnienie warunków nierozdzielności odkształceń, kiedy to skrócenia prętów i ugięcia słupów 1 i 2 pochodzące od siły krytycznej PE – muszą być skompensowane wydłużeniami termicznymi,
Rys. 4.11b
l1>l2
h
l2 l1
2 1
f0 ∆T ∆T
∆T ∆T
δ1
1
∆1 PE 1
PEh h
δ2
2 ∆2
209
( ) ( ) 212211 TlTl ∆α∆α∆δ∆δ +=+++
2
2
1 33
2
2δδ ==⋅=
hPh
hPEJ EE
21
2
2
22
1
11 , ,
l
EJP
EF
lP
EF
lPE
EE π∆∆ ===
Z warunku nierozdzielności otrzymamy
( ) ( )
++
+=→+=++
2
2
1
12
21121
2
2
1
12
3
2
32
EF
l
EF
l
EJ
h
ll
PTllT
EF
lP
EF
lP
EJ
hP EEEE
α∆∆α
W rozważaniach tych wykorzystaliśmy fakt, iż równowaga węzła 0
prowadzi do relacji N1=N2=PE gdzie PE jest mniejszą z wartości sił krytycznych w ryglach 0-1 i 0-2.
W zadaniu teorii starzenia warunek nierozdzielności pozostaje bez zmian, natomiast inne wartości przyjmą wydłużenia i ugięcia
( ) ( )
( ) ( )∫
∫
+
+=
+=
+
+=
+=
+
+
h mmm
h mmm
m
h
LJ
NAsds
LJ
sNA
m
h
LJ
NAsds
LJ
sNA
0
222
2
0
211
1
211
1
,21
11
δ
δ
22
221
1
11 , l
F
NAl
F
NA
mm
=
= ∆∆
Podstawiając 2121 i , , ∆∆δδ do warunków nierozdzielności otrzymamy
N1=N2= PE'
( ) ( ) TllF
PAl
F
PAl
LJ
P
m
Ahm
E
m
E
m
Em
∆α 212
21
1
2
122 +=
′+
′+
+′
+
+
stąd krytyczny przyrost temperatury ∆T wynosi
210
( ) ( )
( )[ ] mm
E
m
E
m
E
m
Em
fAl
LJ
FP
F
Pl
F
Pl
LJ
P
m
h
ll
AT
1
02
2
0
22
11
2
21
11
,12
2
+=′
′+
′+
+′
++=
+
π
α∆
ZADANIE 4.12. W ramie stalowej przedstawionej na rys. 4.12a wystąpił przyrost temperatur
∆T w czasie pożaru w takim zakresie, iż w analizie statycznej zadania należy uwzględnić równania lepkiego płynięcia. W szczególności należy oszacować tą wartość prędkości narastania temperatur, która prowadzić będzie do utraty stateczności prętów układu. Równania fizyczne w tym przypadku mają postać
εσε&
&=
→=
B
F
NF
BF
nN
Rys. 4.12a
Dane: l1, l2, h, nBσεε =− 0&&
( ) ( ) ∫+=+=
+=−
F
N
n
dFzNJN
ln
NJ
MB 1
0 1 , ,1
κκ &&
n
F
NB
=− 0εε && , ( ) ( )[ ]2
2
00
11
Bl
NJPfP
fP
n
krN
rkr+== π
&
Rozwiązanie:
l1>l2
h
l2 l1
2 1
f0 ∆T ∆T
∆T ∆T 0
211
Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Analizując odkształcenia wywołane przyrostem temperatur ∆T stwierdzamy, iż wydłużenia termiczne muszą być równe sumie skróceń prętów poziomych 0-1 i 0-2 oraz ugięć słupów od działania sił w ryglach
212121 δδ∆∆∆α∆α +++=+ TlTl TT W zadaniach lepkiego płynięcia analizujemy przyrosty po czasie w
warunkach nierozdzielności. Zachodzi wtedy
212121 δδ∆∆∆α∆α &&&&&& +++=+ TlTl TT Deformacje w układzie przedstawiono na rysunku
Rys. 4.12b Prędkości odkształceń wynoszą
22
221
1
11 , Bl
F
NBl
F
Nnn
=
= ∆∆ &&
Prędkości ugięć obliczymy z całki Mohra
( ) ( )
( ) 21
211
1
22
2
0
211
1
+
+=
+
+=
+=
+
+
∫
n
h
NJ
NB
n
h
NJ
NBsds
NJ
sNB
nn
h nnn
δ
δ
&
&
Po podstawieniu do warunków nierozdzielności zachodzi
δ1 N2 1
N2h h
δ2
∆1
N1
N1
N1 N1 N2
N2 N2
N2
∆2
212
( ) ( ) 211
221
22
21
1
121
+
++
++
+
+
=+
+
n
hB
NJ
N
NJ
N
BlF
NBl
F
NTlTl
nnn
nn
TT ∆α∆α &&
Utrata stateczności nastąpi przy jednakowej wartości 20
10 ff = w dłuższym z
rygli, czyli l1. Należy wówczas przyjąć, że
( )[ ] Nn
kr fBl
NJ
fPNN
+=== 021
2
021
11 &π
stąd
( ) ( )
( )( )[ ] ( )[ ] 21
1
1
1
1
2
21
2
2
1
1
21
+
++
++
+
+
+=
+
n
hB
NJNJP
F
Bl
F
BlP
llT
n
nn
nkr
nn
nkr
Tα∆&
( ) ( )( )[ ]
( ) ( )
( )[ ] ( )[ ]( )t
n
hB
NJNJ
F
Bl
F
Bl
Bl
fNJ
fllT
n
nn
nn
n
nT
Ω
πα
∆
=
+
++
++
++
++
=
+
21
1
1
1
111
2
21
2
2
1
121
02
021
&&
Mając ustaloną temperaturę początkową procesu płynięcia lepkiego, równą
około 1/3 temperatury topnienia wyznaczymy krytyczną wartość przyrostu temperatury do utraty stateczności
( )∫ +=t
TdT0
0ττΩ∆
Należy podkreślić, iż rozwiązanie to stanowi wstępne oszacowanie ∆Tkr. ZADANIE 4.13. Określić dla jakich wartości pionowego przemieszczenia środkowej podpory
0 wystąpi utrata stateczności pręta poziomego 3-4. Pręty układu, za wyjątkiem poziomego rygla 3-4 należy uznać za nieodkształcalne.
213
Rys. 4.13 Rozwiązanie Osiadanie podpory środkowej o wartość ∆ wywołuje wzajemny obrót
prętów 1-3 i 2-4 względem punktów 1 i 2 o wartość l2
∆ϕ = . W wyniku tego
obrotu punkty 3 i 4 ulegną przemieszczeniu
42222
3 2Uhl
lhlU =+=+= ∆ϕ
Natomiast wzajemne przybliżenie węzłów 3 i 4 obliczamy z wzoru
2243 sin gdziesinsin
hl
hUU
+=+= βββλ
hlhl
hhl
lhl
hhl
l
∆∆∆λ =+
+++
+=22
22
22
22
22
Z drugiej strony skrócenie pręta poziomego o wartość Kλ wywołuje siła
( )2
2
2l
EJPE
π= , która powoduje utratę stateczności pręta 3-4. Zachodzi więc
warunek utraty stateczności
( ) Fh
J
EFl
lEJh
lEF
lPEkr 22
22 2
2
2 π∆π∆λλ ≥→≥→=≥
pręta poziomego 3-4 w wyniku osiadania podpory 0 o wartość krytyczną ∆ kr.
ZADANIE 4.14. W podanym układzie prętowym statycznie wyznaczalnym którego schemat
przedstawiono na rys. 4.14a, należy określić wartość obciążenia krytycznego q=qkr.
h
l l
4 3
2 1 0
l l
EJ=∞ EJ=∞
∆ β
U3 U4
214
Rys. 4.14a Dane: l,EF,EJ Szukane: qkr=? Kąt α między prętami T-S i S-R jest kątem ostrym. Rozwiązanie: W analizowanym układzie wyboczeniu ulegnie pręt T-S. Sposób
postępowania w tym przypadku jest następujący: „rozbijamy” układ na dwa podukłady -belkę S-R oraz ściskany słup S-T.
Rys. 4.14b
Obciążenie normalne działające na pręt S-R wywołuje siłę osiową w pręcie S-T
αsin2
qlN =
Siłę tą porównujemy z eulerowską siłą krytyczną uzyskując w ten sposób
zależność
α
R T
q
2ql
S N S
αsin2ql
l l
R
S
T
q
EJ EF
α
215
2
2
sin2 l
EJqlN
πα ==
Otrzymujemy stąd poszukiwaną wartość obciążenia krytycznego krqq = .
απsin
23
2
l
EJqkr =
Z wzoru tego wynika, iż dla małych kątów α qkr będzie rosło. Natomiast
najmniejszą wartość qkr otrzymamy, kiedy 2
πα = .
ZADANIE 4.15.
Obliczyć wartość obciążenia krytycznego qkr w układzie prętowym
statycznie niewyznaczalnym przedstawionym na rys. 4.15a
Rys. 4.15a Rozwiązanie: Sposób postępowania jest typowy jak w zadaniach jednokrotnie statycznie
niewyznaczalnych. Korzysta się tu z warunku utraty stateczności pręta T-S, kiedy siła osiowa w tym pręcie
KNl
EJN ==
2
2π
Równanie nierozdzielności dla analizowanego zadania krxq λδδ =− ,
gdzie δq – przemieszczenie pręta S-R od obciążenia ciągłego q, δx – przemieszczenie pręta S-R od siły krytycznej, λkr – skrócenie pręta S-T od siły krytycznej.
l l
R
S
T
q
EJ EF
216
Warunek przedstawiono na rys. 4.15b
Rys. 4.15b Wartości δq, δx otrzymujemy z „przemnożenia” wykresów
Rys. 4.15c Otrzymujemy
∫
∫
−=
⋅−==
=
==
s
Xxx
s
qq
EJ
XlllXl
EJds
EJ
MM
EJ
qlll
ql
EJds
EJ
MM
33
2
2
11
84
3
23
11
31
421
δ
δ
Podstawiając otrzymane wartości do warunku nierozdzielności uzyskamy równanie z niewiadomym obciążeniem krytycznym
1
l
1s
M1
×
2
2ql
Mq
δq 2
2qs
1
l
1s
M1x X
Xl
Xs
Mx
δx ×
PE
q PE
PE
PE
δq
δx
λkr
217
EPl
EJX
EF
Xl
EJ
Xl
EJ
ql ===−2
234
gdzie38
π
stąd
F
Ji
l
iss
l
EJ
Fl
J
l
EJqkr ==
+=
+= 223
2
23
2
,,3
18
3
18 ππ
ZADANIE 4.16. W podanym układzie prętowym statycznie niewyznaczalnym należy określić
utraty stateczności wynika z analizy stanu względnych przemieszczeń końców tego pręta.
Wymagamy, aby wydłużenie pręta 2-5 od temperatury TlTT ∆αλ = i
skrócenie od siły krytycznej EF
lPEX =λ , gdzie
( )2
2
w
El
EJP
π= , było równe
dwukrotnej różnicy przemieszczeń pręta poziomego 1-2 wywołanej siłą PE i siłą X2. Warunek nierozdzielności tego układu ma postać
( )22 δδλλ −=− XXT
Przytoczony sposób rozważań przedstawiono na poniższych rysunkach
l
4
3 2 1
l l
5
∆Tkr=?
6
EJ
EF
l
218
Rys. 4.16b Siłę X2 obliczymy korzystając z równań metody sił
=+++=+++
0
0
22222121
11212111
TP
TP
XX
XX
δδδδδδδδ
Rys. 4.16c
PE
PE
PE
PE
∆T
δx-δ2
δx-δ2
λx λT
X2
∆T
X2
X1
M1
1
2
M2
l 2l
3l
219
Po sporządzeniu wykresów M1 i M2 należy obliczyć odpowiednie współczynniki do równania metody sił. Obliczymy je z „przemnożenia” odpowiednich wykresów, przy czym δij otrzymujemy z „przemnożenia” wykresów Mi⊗Mj
EJ
ll
EJl
EJl
EJ3
3
9
3
21
2
11
3
422
2
1111 ==
⋅⋅+
⋅=δ
δ22 otrzymamy korzystając z metody graficznej Simpsona
( ) ( )( ) ( ) ( )
( )EJ
lll
EJ
l
lEJ
llll
EJ
lllll
EJ
l
llll
EJllllll
l
EJ
3
25
6
2
86
42596
5,05,046
2
4226
1225,25,2433
6
1
322
2222
222
=++
++++=⋅⋅+⋅+
++⋅+⋅+⋅⋅+⋅=δ
( )∫ =
⋅−
⋅⋅+−
−=l
EJ
lll
EJll
EJdssl
l
s
EJ 0
2
12 3
13
3
1
2
1
3
41
2
1132
1δ
EJ
lP
EJ
lPlPl
EJ
EJ
l
EEEP
T
T
3
81
3
8
3
422
2
11
0
03
13
22
1
2
1
2
212112
==
⋅⋅=
==
=→=
δ
δδ
δδδ
Rys. 4.16d
( )
( )EJ
lPllPlPl
EJ
l
lPlllPlPlEJ
l
EEE
EEEP
2
905,042
6
25,25,14236
3
2
=+⋅⋅⋅+⋅⋅+
+⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=δ
MP
PE 2PEl
220
Po obliczeniu współczynników należy ich wartości podstawić do równań
0
0
22222121
11212111
=+++=+++
PP
TP
XX
XX
δδδδδδδδ
Powyższy układ równań rozwiązujemy za pomocą wyznaczników
( )2
4
32
2
9
56
3
25
3
13
3
133
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
D =
=
( )2
5
33
22
118
49
3
25
2
9
3
13
3
8
EJ
lP
EJ
l
EJ
lP
EJ
l
EJ
lP
D E
E
E
=
=
( )2
4
32
2
218
35
2
9
3
13
3
83
EJ
lP
EJ
lP
EJ
l
EJ
lP
EJ
l
D E
E
E
=
−
=
D
DX
D
DX 2
21
1 , ==
lPX
lPX
E
E
16
516
7
2
1
=
=
Po rozwiązaniu układu przystępujemy do obliczenia pozostałych równań
tj.δX i δ2. Te składowe obliczymy poprzez „przemnożenie” odpowiednich wykresów MP, M(PE =1), MX2, M1
221
Rys. 4.16e
EJ
lPlllP
EJE
EX 3
8
3
422
2
1 =
⋅⋅=δ
( ) ( )EJ
lXlXlX
EJllXllX
EJ 6
532
6
15,15,042
6
1 322
22
2222 =+=⋅⋅+⋅=δ
EJ
lP
EJ
lXlP
EJ
lX
EJ
lP EEEX 32
77
6
516
6
5
3
8 332
332
3
2 =−=−=−δδ
Podstawiając i korzystając ze wzorów λT i λX obliczymy temperaturę
krytyczną
EJ
lP
EF
lPTl EE
T 16
77 3
=−∆α
+=
+=
EJ
l
EFl
EJ
EJ
l
EF
PT
TT
E
16
771
16
771 2
2
22
απ
α∆
+
=16
7722
l
iT
Tαπ∆
MP
PE
2PEl
δx
M(PE=1) 2l
1 ×
MX2
X2l
δ2
2l 1 X2 ×
223
Rozdział V
Złożone przypadki wytrzymałościowe Analizować będziemy ogólny przypadek stanu naprężeń i odkształceń w
pręcie pryzmatycznym wywołany jednoczesnym działaniem siły osiowej i poprzecznej oraz momentów zginających. Problem analizowany będzie w zakresie sprężystym i lepkosprężystym oraz z uwzględnieniem nieliniowości fizycznej.
Punktem wyjściowym tych rozważań jest postulat płaskości przekrojów przed i po deformacji, co oznacza, iż stan odkształceń jest liniową funkcją położenia punktów przekroju (x2, x3) czyli
233201111 xx κκεε −+=
Rys. 5.0a
Z zależności tej wynika, iż odkształcenie w ogólności jest sumą wydłużeń
)( 011ε , krzywizny κ2 ( 3211 xκε =′ ) oraz krzywizny κ3 ( 2311 xκε −=′′ ). a) Liniowa sprężystość W zakresie liniowo-sprężystym naprężenia 1111 εσ E= zaś wydłużenia 0
11ε i krzywizny wyrażają się wzorami
33
33
22
22
011 ,,
EJ
M
EJ
M
EF
P === κκε
stąd wzory na rozkłady odkształceń ε11 i naprężeń w przekroju
x3
x2
x1
x3
x2
x1
x3
x2
x1
x2
011ε 11ε′ 11ε ′′11ε
κ2 κ3
224
33
23
22
3211
33
23
22
3211
J
xM
J
xM
F
P
EJ
xM
EJ
xM
EF
P
−+=
−+=
σ
ε
Przytoczone wzory dotyczą rozkładu naprężeń normalnych σ11 i wydłużeń ε11 w pręcie liniowo-sprężystym.
We wzorach tych P, M2, M3, F, J22, J33 są kolejno siłą osiową i momentami zginającymi, polem przekroju i momentami bezwładności (rzędu 2) liczonymi względem osi x2 i x3 jako głównych centralnych osi bezwładności przekroju.
b) Nieliniowa sprężystość W zakresie nieliniowo - sprężystym naprężenie opisane jest wzorem
NA 1111 εσ = , przy n
N1= , zaś wydłużenia
nn
AF
P
A
=→
= 011
11011 εσε
a krzywizny κ2 i κ3 relacjami
∫
∫
∫
∫
+
+
=+
+=→+=′′=
=+
+=→+=′=
F
N
F
n
n
F
N
F
n
n
dFxNJ
NAJ
MNAJdFxM
dFxNJ
NAJ
MNAJdFxM
1233
33
33
/13332113
1322
22
22
/12223112
)1(
,)1(
)1(
)1(
,)1(
)1(
κκσ
κκσ
Podstawiając otrzymane wyrażenia do warunku liniowości odkształceń otrzymamy
233
33
22
211
)1()1(x
NAJ
Mx
NAJ
M
AF
Pnnn
+−
++
=ε
przy czym x2 i x3 to główne centralne osie bezwładności.
Rozkłady naprężeń wyliczymy ze wzorów
233
33
22
211
1111
)1()1(x
NAJ
Mx
NJ
M
F
P
A
nnnn
n
+−
++
=→
= σσε
225
Nnnn
xNJ
Mx
NJ
M
F
P
+−
++
= 233
33
22
211
)1()1(σ
c) Lepkosprężystość liniowa W liniowej lepkosprężystości 1111 εσ dE ∗= lub 1111 σε dG ∗= , wydłużenia
011ε określa wzór
dPGF
dG ∗=→∗= 101111
011 εσε
natomiast krzywizny κ2 i κ3 – wyrażenia
dGJ
MdEJdFxM
dGJ
MdEJdFxM
F
F
∗=→∗=′′=
∗=→∗=′=
∫
∫
33
333332113
22
222223112
κκσ
κκσ
Po podstawieniu tych wyrażeń do warunków liniowości odkształceń
otrzymamy
233
33
22
211
1xdG
J
MxdG
J
MdGP
F∗−∗+∗=ε
Z tego wzoru po wykorzystaniu równania fizycznego dG∗= 1111 σε uzyskamy rozkłady naprężeń
33
23
22
3211 J
xM
J
xM
F
P −+=σ
Wynika stąd, iż rozkłady naprężeń (ale nie odkształceń !) w zadaniach
sprężystych i lepkosprężystych będą takie same. d) Zginanie ukośne – zadanie nieliniowo - sprężyste Z podanych wzorów otrzymamy jako przypadki szczególne równania
określające stany naprężeń i odkształceń w zginaniu ukośnym i ściskaniu mimośrodowym.
Zginanie ukośne określa warunek P=0, natomiast rozciąganie mimośrodowe
zależności 3322
oo
xPMxPM == oraz , gdzie ( 32,oo
xx ) są współrzędnymi punktu przyłożenia siły P w przekroju.
W konsekwencji w zginaniu ukośnym rozkład naprężeń w zadaniach nieliniowych wyznaczymy z równania
226
2
33
33
22
211
)1()1(x
NJ
Mx
NJ
Mnn
n
+−
+=σ
którego przypadkiem szczególnym, kiedy n=1, jest klasyczny wzór wytrzymałościowy.
W rozciąganiu mimośrodowym naprężenia wyznaczymy ze wzoru
( ) ( )
[ ] [ ]F
NJNi
F
NJNi
xNi
xx
Ni
x
F
Pnn
nn
)1()1(,
)1()1(
,)1()1(
1
33233
22222
22
33
232
22
311
+=++
=+
++
++
=
oo
σ
Podobnie jak poprzednio, kiedy n=1, otrzymamy klasyczny wynik znany z elementarnej wytrzymałości materiałów.
e) Ścinanie – zadanie nieliniowo - sprężyste Rozkład naprężeń tnących w zginanym pręcie wynika ze wzoru
Żurawskiego, który otrzymujemy z warunku równowagi ugiętego elementu w przekrojach położonych blisko siebie w których występuje moment zginający M i siła poprzeczna T.
Rys. 5.0b
Naprężenia normalne w zginaniu nieliniowym określone są równaniem
( )NxNJ
M3
22
211 )1( +
=σ
x3
x1
σ11
M2 T
σ11+dσ11
M2+dM2
T+dT
dx1
σ13
b
dx1
t1
F’
227
a przyrost siły osiowej dN w przekroju położonym nad rozpatrywanym włóknem określa równanie
dMNJ
NSdFx
NJ
dMdFddN
F
N
F )1(
)('
)1('
22'3
22'11 +
=+
== ∫∫ σ
Z warunków równowagi: ( ) bdxdNNN 113σ=++− wynika
( ) ( )
∫′
′=
+=→
+=
F
N FdxNS
NJ
NTS
bdx
dM
NJ
nS
3
2213
12213
)(
)1()1(σσ
Otrzymana zależność jest uogólnieniem wzoru Żurawskiego na przypadek nieliniowo-sprężysty.
W szczególności dla N=1 otrzymamy klasyczny wzór Żurawskiego stosowany w obliczeniach wytrzymałościowych
2213 bJ
TS==τσ
f) Ściskanie mimośrodowe w zakresie nieliniowo-lepkosprężystym
Równania fizyczne mają tu postać NA 1111 εσ ∗= stąd 1111 σε ∗=GN lub
( )nG 1111 σε ∗= . Zachodzi δ=∗ AG . Na podstawie równań fizycznych wyznaczamy relacje między wydłużeniami
011ε a siłami osiowymi P
n
F
PG
∗=011ε
Analogiczne zależności łączące momenty M2 i M3 z krzywiznami κ2 i κ3 ma postać
( ) ( )n
N
FF
NN
NJ
MG
NJ
MG
dFxGdFxxG
+∗=→
+∗=
∫ ′∗∫ =→∗=′
)1()1( 22
22
22
22
3113321111
κκ
σκσε
( ) ( ) ∫ ′′∗∫ =→′′∗=′′FF
NN dFxGdFxxG 2112231111 σκσε
228
( )n
N
NJ
MG
NJ
MG
+∗=→
+∗=
)1()1( 33
23
33
23 κκ
W konsekwencji odkształcenie ε11 obliczamy z wzoru
233
33
22
211
)1()1(x
NJ
MGx
NJ
MG
F
PG
nnn
+∗−
+∗+
∗=ε
W przypadku szczególnym, kiedy ),()( 0 tAPtP = ),(22 tAMM =
)(33 tAMM = , gdzie A jest funkcją czasu spełniającą równanie 0
1A
HGA =∗
3330
33
220
2
011
)1()1(x
NJA
Mx
NJA
M
FA
Pnnn
+−
++
=ε
g) Wytężenie materiału
Omawiane w tym rozdziale przypadki wytrzymałościowe zakładają możliwość jednoczesnego występowania różnych rodzajów sił przekrojowych np. siły ściskającej i momentów zginających. Można się wówczas spodziewać, że i w punktach przekroju wystąpią złożone stany naprężeń. Powstaje problem oceny wytężenia związany z tymi złożonymi stanami naprężeń. Do tego celu wykorzystujemy hipotezy wytężeniowe, które pozwalają porównywać złożone stany naprężeń z jednoosiowymi. Najczęściej korzystamy w tych przypadkach z hipotezy wytężeniowej Hubera-Miesesa-Hencky’ego (H-M-H) postaci
( ) ( ) ( ) ( ) k≤+++−+−+− 223
213
212
23322
23311
22211 6
2
1 σσσσσσσσσ
gdzie σ11,...,σ23 są współrzędnymi tensora naprężeń, a k – wartością krytyczną, którą możemy interpretować jako naprężenie dopuszczalne, granicę plastyczności, sprężystości czy wytrzymałości.
ZADANIE 5.1. Analizujemy zginanie ukośne przekroju w zakresie liniowym i nieliniowo -
sprężystym. Należy wykazać, iż punkty przekroju o tych samych naprężeniach wyznaczają rodzinę prostych równoległych. Należy również określić nachylenie tych prostych względem głównych centralnych osi bezwładności.
229
Rozwiązanie: Punktem wyjściowym rozważań są tu równania określające rozkłady
naprężeń w przekroju. Znamy też położenie głównych centralnych osi bezwładności.
a) W zadaniach liniowych rozkłady σ11 mają postać (przy założeniu, że wypadkowa momentu zginającego leży w I-szej ćwiartce układu osi głównych)
233
33
22
211 x
J
Mx
J
M −=σ
Dla stałej wartości naprężeń σ11 = a otrzymujemy równanie prostej
332
223
2
222
332
2233 tg,
JM
JM
M
aJx
JM
JMx =+= γ
które jest jednocześnie miejscem geometrycznym punktów o wartościach naprężeń σ11 = a.
b) W zadaniach nieliniowych, gdy NA 1111 εσ = obowiązuje równanie
233
33
22
211
)1()1(x
NJ
Mx
NJ
Mnn
n
+−
+=σ
które dla warunku σ11 = a prowadzi również do równania prostej
n
n
nn
NJ
NJ
M
Ma
M
NJx
NJ
NJ
M
Mx
++=
++
++=
)1(
)1(tg ,
)1(
)1(
)1(
33
22
2
3
2
222
33
22
2
33 β
Rys. 5.1
x3
x2
M
σ=Eε
σ=Aεn
γ β
230
Dla a = 0 otrzymamy tzw. równanie osi obojętnej. Z porównania obu równań wynika, iż różne będą m.in. nachylenia osi obojętnej (((( ))))β γ≠≠≠≠ w tym samym
przekroju i dla tego samego momentu zginającego, ale różnych fizycznie materiałów.
ZADANIE 5.2. W prostym zginaniu linia działania momentu zginającego pokrywa się z osią
obojętną. Określić ograniczenia nałożone na moment zginający aby linia działania momentu zginającego i oś obojętna były współliniowe w zginaniu ukośnym. Problem przeanalizować również w zakresie nieliniowym.
Rozwiązanie:
Momenty M2 i M3 jako rzuty wektora momentu M liczone względem osi głównych x2 i x3 są postaci
2
332 tgsin,cos
M
MMMMM =→== ααα
a) W zadaniu liniowym oś obojętną określa równanie
2322
3
33
22311 tg 0 xxx
M
M
J
Jx γσ =→=→=
Warunek współliniowości α = γ
22332
3
2
3
33
22 JJM
M
M
M
J
J =→=→= γα
prowadzi do wymogu, aby momenty bezwładności J22 i J33 były sobie równe. b) W zadaniu nieliniowym oś obojętną σ11=0 definiuje równanie
0)1()1(
0 233
33
22
211 =
+−
+→= x
NJ
Mx
NJ
Mnn
nσ
stąd
233
22
2
33
)1(
)1(x
NJ
NJ
M
Mx
n
++=
231
Podobnie jak poprzednio, współliniowość wymaga aby α=β, stąd
2 ;
)1(
)1( tgtg
33
22
2
3
2
3 παβα ≠
++=→=
n
NJ
NJ
M
M
M
M
Otrzymaliśmy tu wynik odmienny od poprzedniego, słusznego w zadaniach
liniowych. ZADANIE 5.3. Należy określić rozkłady naprężeń jako funkcje położenia we wsporniku
wykonanym z kątownika i obciążonym siłą pionową P. Problem przeanalizować należy w zakresie liniowym i nieliniowym sprężystym.
Rys. 5.3
Rozwiązanie Największy moment wystąpi w utwierdzeniu belki M=Pl, przy czym wektor
momentu zginającego jest prostopadły do siły P. Żadna z osi nie jest współliniowa z wektorem momentu M. Wystąpi tu więc zginanie ukośne.
Rozkładając wektor M względem osi x2 i x3 otrzymamy
PlMMMMM === ,sin ,cos 32 αα a) Rozkład naprężeń normalnych w zadaniu liniowo - sprężystym
określa wyrażenie
P
l
P
M
M3 x3
x2
M2
0 α
232
−=+= 2
333
222
33
33
22
211
sincosx
Jx
JMx
J
Mx
J
M αασ
stąd
−= 2
33
223
2211 tg
cosx
J
Jx
JM αασ
Podstawiając współrzędne punktów przekroju F(x2,x3) otrzymamy liniowy rozkład naprężeń normalnych w utwierdzeniu belki. Największe naprężenia wystąpią w punktach najbardziej odległych od osi obojętnej, czyli prostej o równaniu
233
223 tg x
J
Jx α=
b) W zakresie nieliniowo - sprężystym NA 1111 εσ = rozkład naprężeń w kątowniku określa zależność
+−
+=
=
+−
+=
233
322
233
33
22
211
)1(
sin
)1(
cos
)1()1(
xNJ
xNJ
M
xNJ
Mx
NJ
M
nn
N
nn
n
αα
σ
lub Nn
xNJ
NJx
NJM
++−
+= 2
33
223
2211 tg
)1(
)1(
)1(
cos αασ
Podstawiając teraz współrzędne (x2,x3) punktów przekroju belki wyznaczamy rozkłady naprężeń normalnych w utwierdzeniu belki.
Równanie osi obojętnej przyjmie przy tym postać
233
223 tg
)1(
)1(x
NJ
NJx
n
++= α
c) Z porównania wyrażeń na naprężenia w tych samych zadaniach
zginania ukośnego w liniowych i nieliniowych prawach fizycznych wynika zależność
233
( )( ) Nn
nl
l
xNJ
NJx
NJ
xJ
Jx
J
xx
xx
++−
+
−
=
233
223
22
233
223
22
3211
3211
tg)1(
)1(
)1(
1
tg1
,
,
α
α
σσ
Podstawiając współrzędne punktów przekroju możemy obliczyć stosunek
naprężeń w obu modelach ciała sprężystego.
Podany w punkcie c) wzór na iloraz ( )( )nl
l
12
11
σσ
ma charakter ogólny i jest
słuszny we wszystkich zadaniach zginania ukośnego. ZADANIE 5.4. We wsporniku wykonanym z kątownika i obciążonym siłą pionową należy
określić przemieszczenie swobodnego końca wspornika w liniowym i nieliniowym zakresie.
Rys. 5.4a
Rozwiązanie: Podobnie jak w poprzednim zadaniu funkcję momentu zginającego
rozłożymy względem osi głównych. Poszukiwane przemieszczenia uzyskamy sumując stany przemieszczeń wynikające z istnienia momentów M2, M3 oraz krzywizn κ2 i κ3.
s
l
P
P
M
M3 x3
x2
M2
0 α
234
Rys. 5.4b Zgodnie z podanymi rozkładami krzywizn κ2 i κ3 oraz przemieszczeń u2 i u3
można zapisać ogólne wzory
( )
( ) ( ) ( )∫
∫
+==−=
==
l
l
uuudsXMu
dsXMu
0
23
223123
02132
,1
,1
κ
κ
gdzie ( ) ( )1 i 1 3121 == XMXM są funkcjami momentów zginających pochodzących odpowiednio od sił jednostkowych, współliniowych z osiami bezwładności x2 i x3. Podane rozważania są ogólne, słuszne niezależnie od rodzaju materiału.
a) W zakresie liniowo - sprężystym
αακκ sin,cosi, 3233
33
22
22 PsMPsM
EJ
M
EJ
M ====
( ) ( ) sXMsXM ==== 1 ,1 3121 stąd
∫ ==l
EJ
Pldss
EJ
Psu
0 33
3
332 ,sin
3sin αα
∫ −=−=l
EJ
Pldss
EJ
Psu
0 22
3
223 cos
3cos αα
X3=1
x3
x2
X2=1
0 u
u3
x3
x2
u2
κ3
κ2
235
2
22
2
33
3 cossin
3
+
=
JJE
Plu
αα
Tutaj u2 i u3 są wartościami przemieszczeń liczonych względem osi
głównych x2 i x3 równolegle do nich. b) W zadaniu nieliniowym wzory ogólne pozostaną bez zmian, należy
tylko zmienić wyrażenia na krzywizny κ2 i κ3.
nn
NAJ
Ps
NAJ
Ps
+=
+=
)1(
sin i
)1(
cos
333
222
ακακ
stąd
( )
nnn
nnnl
nnnl
NJNJAn
Plu
n
l
NAJ
Pdss
NAJ
Psu
n
l
NAJ
Pdss
NAJ
Psu
2
22
2
33
2
2
330 333
2
220 222
)1(
cos
)1(
sin
2
2)1(
coscos
)1(
2)1(
sinsin
)1(
++
++=
+
+=
+=
+
+=
+=
+
+
+
∫
∫
αα
αα
αα
c) W zadaniu lepkosprężystym o równaniach fizycznych
22J
dMG=i
∗∗= κσε dG krzywizny κ2 i κ3 mają postać
333
3222
21
,1
dMGJ
dMGJ
∗=∗= κκ
Wzory na składowe przemieszczenia u2 i u3 przyjmą formę
∫ ∗=∗=l
J
ldPGdss
JdPGu
0 33
3
332 sin
3
sin αα
∫ ∗−=∗−=l
J
ldPGdss
JdPGu
0 22
3
223 cos
3
cos αα
236
( ) ( )∫ −∗
+
∗=
t
0
= gdzie ττααdPtGdPG
JJ
ldPGu
2
22
2
33
3 cossin
3
Z porównania wzorów na przemieszczenia wolnego końca wspornika przy
zginaniu ukośnym wynika podobieństwo rezultatów liniowo-sprężystych i lepkosprężystych. W tym ostatnim przypadku będą się jednak z czasem zmieniać przemieszczenia w wyniku procesów reologicznych.
ZADANIE 5.5. Statycznie wyznaczalny pręt lepkosprężysty podlega zginaniu ukośnemu.
Należy określić zmiany obciążenia P=P0f(t) tak aby odkształcenia pręta były stałe w czasie.
Rozwiązanie:
Analizując wyrażenie na odkształcenia pręta lepkosprężystego zginanego ukośnie opisane wzorem
( ) 233
33
22
23211 , xdG
J
MxdG
J
Mtxx ∗−∗=ε
możemy stwierdzić, że odkształcenia ε11 będą stałe, a w konsekwencji również przemieszczenia pręta jeżeli iloczyny splotowe spełniają warunek
( ) ( )tBHdGMtAHdGM =∗=∗ 32 , Wówczas prawa strona wyrażenia określającego odkształcenia jest stała, a
tym samym i lewa jest niezmienna w czasie. Zauważmy ponadto, że dla obciążeń zadanych w postaci P=P0f(t) funkcje momentów zginających M, M2 i M3 w zadaniach statycznie wyznaczalnych przyjmą formę
( ) ( ) ( )tfMMtfMMtfMM 3322 ,, === Poszukiwaną funkcję f(t) znajdziemy z porównania relacji łączących
krzywiznę z momentem zginającym
dEJMdE ∗=→∗= κεσ 22 stąd dla
237
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )E
tdEtHtfJ
tdEtHJtfMtH
1
E
Moraz
zachodzi
22
22
∗=
∗==
κ
κκκ
Ostatecznie wobec zależności 22JE
M=κ wynika, że
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ==∗=t
tEE
dEE
tftdEtHE
tf0
11 czyli
1 τ
Wnosimy stąd, iż zmiana obciążenia zgodnie z funkcją relaksacji zapewnia niezmienność przemieszczeń.
ZADANIE 5.6. Należy określić rdzeń przekroju prostokątnego o wymiarach a x h w
liniowym i nieliniowym zadaniu sprężystym.
Rozwiązanie: Osie symetrii prostokąta x2 i x3 są tutaj głównymi centralnymi osiami
bezwładności w zadaniach liniowych jak i nieliniowych. a) W zadaniu liniowym równanie osi obojętnej otrzymamy z warunku
( ) ( ) 3
222
2
33
22
3
232
33
22
2
22
3311 010
oo
ooo
x
ix
i
i
x
xx
i
xx
i
xx −
−=→=++→=σ
Analizować będziemy teraz szczególne usytuowanie osi obojętnej, kiedy
pokrywa się ona z krawędziami prostokąta, czyli 2
,2 23
ax
hx ±=±=
Otrzymamy wówczas
( )( )
( )( )
6
20
21
2
6
20
21
2
23322
33
22
22232
22
33
ai
ax
a
i
xax
hi
hx
h
i
xhx
±=±=→=±→±=
±=±=→=±→±=
o
o
o
o
238
Rys. 5.6
Wykorzystano tu też zależności
( ) ( )12
1
12
12
1
12
23332
33
23222
22a
ah
ha
F
Jioraz
h
ah
ah
F
Ji ======
b) W zadaniu nieliniowym oś obojętną opisuje równanie liniowe postaci
( ) ( )
( )( )
( ) nnn
nn
x
Nix
Ni
Ni
x
xx
xNi
xx
Ni
x
+−
++
=
=
++
++→=
3
2
222
2
33
22
3
23
22
33
232
22
311
)1(
)1(
)1(
0)1()1(
1 0
oo
o
oo
σ
Jeżeli postąpimy jak w zadaniu liniowym, przyjmując, że oś obojętna
powinna się pokrywać z krawędziami przekroju, to otrzymamy poszukiwane współrzędne jądra przekroju.
Kiedy osią obojętną są pionowe krawędzie 22a
x ±= to zachodzi
x3
x2 h
a
x3
x2
Zadanie nieliniowe
Zadanie liniowe
h/4
a/4 h/6
a/6
239
( ) ( )
( ) ( ) Nn
Nn
hNix
h
Ni
xhx
aNix
a
Ni
xax
+±=→=
+±→±=
+±=→=
+±→±=
2)1(0
2)1(1
2
2)1(0
2)1(1
2
2
2232
22
33
2
3322
33
22
o
o
o
o
Wartości promieni bezwładności ( ) ( )233
2
22 )1( oraz )1( ++ NiNi wyliczymy z zależności
( ) ∫+
+
+==+=+
2/
0
1
31
3222
22 22
12)1()1(
h NN h
Ndxax
ahah
NJNi
stąd
2212
221
1
3h
Nh
h
Nx
NN
+±=
+±=
+o
podobnie 22
12
a
Nx
+±=
o
Z otrzymanego rezultatu wnosimy, iż w zakresie nieliniowego zginania obszar rdzenia przekroju znajduje się w granicach
4
6
4632
hx
hax
a <<<<oo
ZADANIE 5.7. Należy wyznaczyć położenie osi obojętnej w pręcie poddanym
jednoczesnemu działaniu siły osiowej P oraz momentowi zginającemu M nachylonemu pod kątem α do osi głównej x2. W rozważaniach należy uwzględnić również nieliniowo sprężysty zakres odkształceń materiału.
Rozwiązanie:
Moment zginający M należy rozłożyć względem głównych centralnych osi bezwładności x2 i x3. Zachodzą wówczas związki
αα sin,cos 32 MMMM ==
240
Następnie będziemy korzystać z wyrażeń na rozkład naprężeń normalnych
11σ w ogólnym przypadku liniowych deformacji pręta.
Rys. 5.7a a) W zadaniu liniowo-sprężystym naprężenia normalne określone są
liniową relacją
233
322
11sincos
xJ
Mx
J
M
F
P αασ −+=
stąd dla 011 =σ zachodzi
Rys. 5.7b
( ) ( )→=
−+ 0
sincos1 22
3332
22
xiP
Mx
iP
M
F
P αα
( )( )
( )b,βxx
i
M
P
i
ixx −=−= tg,
costg 23
222
233
222
23 αα
x3
x2
M2
M3
M
α
x3
x2
P
M
α β
oś obojętna
x1
241
( )α
αβcos
,tgtg2
22
2
33
22 i
M
Pb
i
i=
=
Oś obojętna jest więc prostą nachyloną pod kątem β , przechodzącą przez
punkt o współrzędnych (0, -b). b) W nieliniowo-sprężystym przypadku analogiczne wyrażenie na 11σ
ma postać
233
322
11)1(
sin
)1(
cosx
NJ
Mx
NJ
M
F
Pnnn
n
+−
++
= αασ
stąd przy 011 =σ będzie zachodził związek
0)1(
sin
)1(
cos1 2
333
22
=
+−
++
xNPJ
MFx
NPJ
MF
F
Pnnn αα
Równanie osi ma postać
nn
FMF
NPJx
NJ
NJx
+−
++=
αα
cos
)1(tg
)1(
)1( 222
33
223
czyli Bxx −= γtg23 , gdzie
nN
MF
NPJB
NJ
NJnn
1
cos
)1( ,tg
)1(
)1(tg 22
33
22 =
+=
++=
ααγ
Z porównania rozwiązania liniowego z nieliniowym wynika, że oś obojętna
w zadaniu nieliniowym będzie przebiegała bliżej środka ciężkości niż w zadaniu liniowym.
ZADANIE 5.8. Należy określić rozkład naprężeń tnących 13σ w przekroju prostokątnym
b × h poddanym działaniu siły poprzecznej T uwzględniając również nieliniowy zakres odkształceń.
242
Rozwiązanie: a) W zakresie liniowo-sprężystym korzystamy ze wzoru Żurawskiego
Rys. 5.8
( )
12
,22
gdzie
3
22
2/2
3
2
3322
13
3
bhJ
xhb
dxbxSbJ
TS h
x
=
−
=== ∫σ
stąd
( ) ( ) 02
,2
30 ,
2
61313
23
2
313 =
=
−
= h
bh
Tx
h
bh
T σσσ
Największe z naprężeń tnących występuje w środku ciężkości ( )013σ znika
zaś we włóknach skrajnych. b) W zakresie nieliniowo-sprężystym korzystamy z wzoru
( ))1(22
13 +=
NbJ
NTSσ
Momenty styczne S(n) i momenty bezwładności )1(22 +NJ wyliczymy ze wzorów
b
h 02
3
2
3 τ=bh
T
n = 1
n = 2
n = ∞
τ0
243
( ) ( )
∫
∫
++
++
+==+
−
+==
2/
0
2
31
322
2/1
3
1
33
22
22)1(
,21
3
h NN
h
x
NN
N
h
N
bdxxbNJ
xh
N
bdxxbNS
stąd
( )
0 ,02
,1
20 ,
2
2
1
2
2
313
131
3
12
13
>=
++=
−
++= +
++
xh
bh
T
N
Nx
h
hN
N
b
T NNN
σ
σσ
Zauważmy, iż ze wzrostem N rozkład naprężeń tnących będzie bardziej
„płaski” a największa jego wartość w środku ciężkości maleje
( ) ( )bn
T
bh
TN
e ==∞→
0lim do 2
30 od 1313 σσ
Jest to istotna różnica, dochodząca krańcowo do około 30%. ZADANIE 5.9. Należy określić rozkład naprężeń tnących 13σ w przekroju dwuteowym o
wymiarach b×h o grubości ścianki g poddanym działaniu siły T. Rozwiązanie: Problem analizować będziemy w zakresie nieliniowym, a wynik liniowy
otrzymamy jako przypadek szczególny. Momenty statyczne i momenty bezwładności są określone zależnościami
( )
( ) 22
2/
0
2/
03
133
1322
22
2
22
2
22)1(
++
−++
−+−−
+=
∫ ∫ =−−=+
NN
h ghNN
gh
N
gbh
N
b
dxxgbdxxbNJ
244
W przedziale
−<< gh
x2
0 3
( ) ( )∫
−
−+
==′−
++gh
x
NN
N xgh
N
gdxxgNS
2/1
3
1
333
21 - środnik
natomiast dla 22 3h
xgh <<
−
( ) ( )∫
−
+==′′ +
+2/1
3
1
333
21
h
x
NN
N xh
N
bdxxbNS - półka
Naprężenie tnące w środniku ( )313 xσ wyznaczymy ze wzorów
( )122
11
3
1
2213
22
221
21
2
)1(
)(
−++
++
+
−−−
⋅
⋅
+−
−
−
++=
+=
NN
NN
N
gh
b
gbh
h
g
bxg
h
g
b
b
T
N
N
NgJ
NTSσ
środnik
gh
xNSNSNS
−=′′+′=
23
)()()(
Przypadkiem szczególnym tych wzorów dla (N=1) są rozkłady naprężeń
stycznych w dwuteowniku wykonanym z materiału liniowo-sprężystego. ZADANIE 5.10. Należy zaprojektować wspornik w kształcie ćwiartki okręgu o promieniu R i
przekroju kołowym. Na wspornik działa obciążenie pionowe, równomiernie rozłożone q. Rozważania należy przeprowadzić w liniowym i nieliniowym zakresie sprężystym. Do wyznaczania naprężenia zredukowanego należy stosować hipotezę wytężeniową H-M-H postaci
( ) ( ) ( ) ( ) k≤+++−+−+− 223
213
212
23322
23311
22211 6
2
1 σσσσσσσσσ
gdzie k – jest wartością graniczną stanu wytężenia materiału.
245
Rys. 5.10 Rozwiązanie:
W pierwszej kolejności wyznaczamy wartości sił przekrojowych (Mα, Kα, Tα) jako funkcje położenia α przekroju
Wartości momentu zginającego Mα, skręcającego Kα i siły tnącej Tα w przekroju α - α obliczymy z wzorów
( )αα
βββα
α cos10
cossin 2
0
2 −=−==∫ qRqRdqRRM
( ) ( ) ( )∫ ∫ −=−=−=α α
α ααββββ0 0
22 sincos1cos qRdqRdqRRRK
∫ ==α
α αβ0
qRdqRT
R
R
q
Rdβ
Rsinβ
R-Rcosβ
dβ
β
α
α α
R
Tα
x2
Kα
Mα
x3
x1
246
Największe wartości sił wewnętrznych wystąpią w utwierdzeniu, dla 2
πα= ,
qRTqRqRqRM2
,57,0 ,12
K, 022
02
0πγγπ ===
−==
a) Zadanie liniowo - sprężyste
Naprężenia normalne σ11 i tnące τ wyznaczamy ze wzorów ,322
011 x
J
M=σ
223
313 )(
)(
Jxb
xSTασ = , ρσ0
012 J
K= , gdzie 23
22
2 xx +=ρ , 2
4
0r
Jπ= .
Najbardziej wytężone są górne i dolne włókna o współrzędnych (0, r) i (0, -r). Wystąpią tam naprężenia σ11 i σ12, stąd naprężenie zredukowane wynosi
( ) ( ) k≤+ 212
211 3 σσ
czyli
kr
qRk
J
r
J
rqR ≤
+
→≤
+
22
3
22
0
2
22
2 23
43
πγ
πγ
Ostatecznie promień przekroju r wynosi
3/12/1222 23
4
+
≥πγ
πk
qRr .
b) Zadanie nieliniowo - sprężyste Naprężenia normalne σ11 i τ określone są w tym przypadku zależnościami
( )NxNJ
M3
2211 )1( +
= ασ , gdzie ( ) 3222 2)1( +=+ NrNJ α
zaś
( )N
NJ
K ρτ α
)1(0 += , gdzie ,2
322
2 xx +=ρ ( ) 310 23)1( +−+=+ NrNNJ π
Najbardziej wytężone są, podobnie jak poprzednio, górne i dolne włókna
przekroju o współrzędnych (0, r) i (0, -r). Naprężenie zredukowane przyjmie wówczas wartość (ρ = r)
( ) ( ) k≤+ 2211 3τσ
247
stąd
( )( )
( ) ( ) kNrrqR
r
N
rrqR
kNJNJ
rqR
NNN
NNN
N
≤++=
=
++
⇒
⇒≤
++
+
−++−
++
22
2)3(2
)3(2
2
3
2
32
2
2
0
2
22
2
)3(4
32
2
33
2
1
)1(3
)1(
1
γπ
α
πγ
α
γ
Finalnie szukany promień wyliczymy z nierówności
( ) ( )3
1
2
1
22
2)3(2
2
)3(4
32
++≥−+ N
k
qRr N γ
πα
Występująca w tym wzorze stała α2 została określona w zadaniu 1.15. Z porównania promieni przekrojów r’ /r wyliczonych w liniowym i
nieliniowym zadaniu sprężystym wynika
→
++
+
= +3
22
32
23
222
2
)3(3
2
123
4/'
πγ
απγ
πN
k
qR
k
qRrr
N
( ) 1)3(4
321216/'
61
122)3(2422 >
+++=−
+−− Nrr N γαπγ
Wnosimy stąd, iż w tym samym zadaniu wyznaczono dwa różne promienie
potrzebnego przekroju r’ i r, przy czym promień w zadaniu liniowo – sprężystym jest większy od wyliczonego w zadaniu nieliniowym. Można stąd wnosić, iż uwzględnienie nieliniowości prowadzi tu do oszczędniejszego projektowania.
ZADANIE 5.11. Należy zaprojektować przekrój kołowy ramy przedstawionej na rys. 5.11a.
Na ramę tą działa siła pozioma 2P przyłożona w styku 0, prostopadle do rygla.
248
W miejscu przyłożenia obciążenia rygiel jest przecięty, tak jednak, że obie części przekazują na siebie siły oddziaływania bez tarcia.
Rys. 5.11a
Rozwiązanie:
Analizowane zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne, ale wobec symetrii obu części układu 0 – 2 i 0’ – 2’ oraz warunku 0→∆ należy przyjąć, iż na każdy z podukładów działa siła P. Rozbijając układ na dwa statycznie wyznaczalne podukłady możemy prosto wyznaczyć rozkłady momentów zginających i skręcających oraz sił tnących.
P
M
Pl
Ph
2l
h
2P
2’ 2
P
1
1’
0
0’
∆=0 P
K
Pl
Pl
P
T
P
P
P
249
Rys. 5.11b Najbardziej wytężonymi przekrojami będą przekroje przy utwierdzeniu,
gdzie
PTPlKPhM === 222 ,, W przekrojach tych będziemy też analizować wytężenie korzystając z
hipotezy H-M-H. a) Zadanie liniowo - sprężyste Naprężenia normalne σ11 i tnące τ wyznaczymy z wzorów
322
211 x
J
M=σ
gdzie ρσστπ0
2213
212
04
22 ,24 J
KJrJ =+=== , 2
322
2 xx +=ρ
W najbardziej wytężonych włóknach I i II naprężenie zredukowane wynosi
kred ≤+= 2211 3τσσ
stąd
( ) klhr
Pk
r
K
r
M ≤+→≤
+
223
2
32
2
32 32
223
4
πππ
Wyznaczony z tej nierówności promień przekroju r wynosi
x2
x3
x1
I
II
K2
M2
r
250
( )[ ]3/1
2/122 322
+≥ lhk
Pr
π
b) Zadanie nieliniowo - sprężyste Naprężenia normalne σ11 i wyliczymy z równania
( )NxNJ
M3
22
211 )1( +
=σ
gdzie ( ) 3222 2)1( +=+ NrNJ α tu α2 jest stałą wyznaczoną w zadaniu 1.15.
Naprężenie tnące τ określa wzór
( )N
NJ
K ρτ)1(22
2
+=
gdzie ( ) 310
23
22
2 23)1( , +−+=++= NrNNJxx πρ
Włókna najbardziej wytężone znajdują się w punktach I i II w utwierdzeniu η. Naprężenie zredukowane we włóknie ρ = r ma wartość
k≤+ 2211 3τσ
stąd
( ) kNh
rrP
kNJ
l
NJ
hrP
NNN
N
≤
++
→≤
++
+
+
−+22
32
13
2
0
2
22
2
33
2)(
)1(3
)1()(
πα
Ostatecznie promień okręgu wyliczymy z nierówności
( ) ( )3/12/1
22
232
2 34
32
++≥−+ Nh
K
Pr N
πα
W rozważaniach pomijamy naprężenia tnące pochodzące od siły tnącej T2,
gdyż największa ich wartość wystąpi w środku przekroju, gdzie brak σ11 i naprężenia tnącego τ pochodzącego od skręcania.
251
Rozdział VI
Stany graniczne konstrukcji
Punktem wyjściowym tych zagadnień są równania fizyczne teorii ciała sztywno-plastycznego lub też sztywno-plastycznego ze wzmocnieniem. W przypadku jednowymiarowym mają one postać
=
<=
p
p
σσσσ
εdla dowolne
dla 0 pσ - granica plastyczności
Przyjęty model powoduje, iż w przekroju nie powstaną żadne odkształcenia,
jeżeli σ<σpl, lub też powstaje dowolne odkształcenie po osiągnięciu σp. W konsekwencji deformacje konstrukcji zostają zlokalizowane w miejscach, gdzie wszystkie włókna przekroju uległy uplastycznieniu. Wystąpi wówczas tzw. przegub plastyczny określony następującymi zależnościami
Rys. 6.0a
∫ ∫− +
+− =→=−→=)( )(
)()(00F F
pp FFdFdFN σσ
[ ]∫ ∫ ∫ =+=
+== +−
− +Fppp
F Fppp WssdFxxdFxM σσσσ )()(
)( )(333
Z otrzymanych wzorów wynika, iż przekrój w którym wystąpiło uplastycznienie podzielony jest na dwie równe części. Natomiast moment uplastycznienia Mp jest równy iloczynowi granicy plastyczności σp i wskaźnika plastyczności Wp czyli sumy momentów statycznych pól F(-) i F(+) liczonych względem osi obojętnej.
2x
3x
1x
)(−F
)(+F
11εδ &
κδ &
33εδ &
22εδ & 11εδ &
252
Analizując wyrażenie na moc w przegubie plastycznym otrzymamy
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫∫ ∫
==
====
S F Spp
V S FS Fijij
dSMdSdFx
dFdSxdFdSdVL
κδκδσ
κδσεδσεδσ
&&
&&&
3
3111111
Z uwagi na lokalizację przegubów plastycznych w skończonej ilości
przekrojów całka po długości zamieni się w sumę
∑=α
αα κδ &pML .
W rozwiązaniach problemów stanów granicznych korzystamy generalnie z
podejścia kinetycznego i statycznego. W pierwszym ujęciu podstawę stanowi zasada mocy dyssypowanych, zaś w
drugim analiza warunków równowagi granicznej konstrukcji. Określenie Statycznie dopuszczalne pole sił jest takim ich rozkładem w konstrukcji, że
spełnione są równania równowagi wewnętrznej, spełnione są statyczne warunki brzegowe, w żadnym punkcie konstrukcji nie zostaje przekroczona
wartość graniczna (warunek plastyczności). Określenie Kinematycznie dopuszczalne pole przemieszczeń musi spełniać:
geometryczne warunki brzegowe, spowodować występowanie różnych od zera odkształceń
przynajmniej w kilku punktach konstrukcji, zapewnić nieujemność pracy wykonywanej przez obciążenia
zewnętrzne na odpowiadających im przemieszczeniach.
Wprowadzone pojęcia o statycznie i kinematycznie dopuszczalnych polach sił i przemieszczeń pozwalają na sformułowanie podstawowych twierdzeń teorii stanów granicznych.
1. Twierdzenie o obciążeniach bezpiecznych Konstrukcja nie ulega zniszczeniu lub jest co najwyżej w stanie równowagi
granicznej, jeżeli dla danego obciążenia µsq można znaleźć statycznie dopuszczalne pole sił wewnętrznych.
253
2. Twierdzenie o obciążeniach niebezpiecznych Konstrukcja nie może przenieść danego układu obciążeń µkq jeżeli istnieje
kinematycznie dopuszczalne pole przemieszczeń takie, że odpowiadająca mu praca obciążeń zewnętrznych jest większa od pracy sił wewnętrznych (dysypowanych z układu). Z przytoczonych twierdzeń wynika, iż mnożniki obciążenia µs – statyczny i µk – kinematyczny spełniają relację
qqq ks µµµ ≤≤
a dokładnie
ks µµµ infsup == .
Podejście kinematyczne Podstawą jest tu zasada mocy dysypowanych
∫∫ =V
ijijA
ii dVdAuP εδσδ && - moc dysypowana
∫ ∫=A V
ijijii dVdAuP δεσδ - zasada prac wirtualnych
W dalszych rozważaniach zasadę mocy dysypowanych wykorzystujemy do
określenia mnożnika kinematycznego µk
∫∫
=→=A
Aii
kiikdAuP
LLdAuP
&
&
δµδµ
Biorąc pod uwagę, że µk stanowi górne ograniczenie nośności należy znaleźć taki mechanizm, aby L było możliwie najmniejsze zaś mianownik największy. Stwierdzenie to stanowi podstawową przesłankę wyznaczania rzeczywistego mechanizmu zniszczenia w podejściu kinematycznym.
ZADANIE 6.1.
Należy określić obciążenie graniczne kq układu przedstawionego na rys. 6.1
korzystając z podejścia kinematycznego.
254
Rys. 6.1
Rozwiązanie: Z zasady mocy dysypowanych wynika, że
( )∑
+=
+−−−+=
)( 33
2
33
2
3
2
mkii
klxql
lklq
xl
xlxxlqxqxuP ϕµϕϕϕµδ
∑ −=
−+
−+=
)(
2
nppp xl
lM
xl
x
xl
lMM ϕϕϕϕδϕ
stąd
xl
lM
klxlqMuP pk
m mpii −
=
+⋅⇒
=∑ ∑
2
33
2
)( )(
ϕϕµδϕδ
( )( ) klxklxlx
M
klxxlMq p
pk −+−=
+−= 2222
6
2
6µ
Nieznane położenie przegubu x wyznaczymy z warunku minimum q, czyli
( )( )
( )4
24
2420
22
4260222
lkkllxxkll
klxklxlx
klxlM
dx
dq pl −=−=⇒=−⇒=−+−
−⋅−=
Ostatecznie obciążenie graniczne qk=µkq wynosi
klqP =
3l
x
q ϕ
xl
l
−ϕ
xϕ
xl
x
−ϕ
255
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]kkkkkl
M
kkk
kkl
Mq
p
pk
−−+−−−⋅
=
=
−−+−−−=
2416228
616
4
2
16
2
4
22
6
22
22
µ
[ ]22 5412
96
kkql
M pk −−
=µ
w szczególności, jeżeli 20
lx = (przegub w połowie rozpiętości) to
02444
2
20 =⇒−=⇒−== kklll
klllx , czyli siła P wtedy musi zniknąć.
ZADANIE 6.2. Należy porównać nośność sprężystą z graniczną na schemacie belki
utwierdzonej, o przekroju prostokątnym
Rys. 6.2
Rozwiązanie: Stan nośności sprężystej obliczymy z równań
q
8
2ql
24
2ql 12
2ql
16
2qlM p =
pM
256
12 0
2
σee WMql == stąd
6 ,2
6
1212 2
02
2
02
2
2
bhW
l
bh
l
bh
l
Mq e ==== σσ
Nośność graniczna w zakresie plastycznym wynosi
0
2
02
2
4
16~16
~σσ bh
WMil
MqM
lqpp
pp ===⇒=
stąd
02
2
02
2
44
16~ σσl
bh
l
bhq ==
Z porównania nośności wynika, że
qq
l
bhl
bh
qq 2~ 2
1
4
2~/
02
2
02
2
=⇒==σ
σ
czyli przy projektowaniu w zakresie sprężystym belki obustronnie utwierdzonej wykorzystujemy tylko połowę możliwości przenoszenia obciążeń przez ten układ.
ZADANIE 6.3. Należy porównać nośność sprężystą z graniczną w schemacie pokazanym na
rys. 6.3 Rozwiązanie:
Nośność sprężysta wynosi PlM6413
max =
( )0
2
6
2
64
13 σhbPl =
stąd
0
2
0
2
39128
64
1364 σσ
l
bh
l
bhP ==
Nośność graniczną wyliczymy z warunków równowagi granicznej.
257
Rys. 6.3
Z sumy rzutów wynika
Pl
M
l
M
l
M ppp ~52=−+
stąd nośność
( )0
2
0
2 6
4
266~ σσl
bhhb
ll
MP p =
==
Otrzymujemy tu wzrost nośności o wartość 83,1~
==sprP
Pα , czyli nośność
graniczna jest 1,83 razy większa od nośności sprężystej. ZADANIE 6.4. Należy porównać nośność sprężystą i graniczną dla schematu
przedstawionego na rys. 6.4.
l2l
l2
l
l
Pl6413
Pl323
l
M P2
l
M p−
P
l
M p5
pM
M
pM
M
b
h2P
258
Rozwiązanie:
Nośność sprężysta określona przez moment utwierdzenia wynosi 286,1 l
Mq = .
Stan graniczny, kiedy pierwszy przegub utworzy się w utwierdzeniu prowadzi do prostych zależności, wynikających z równań równowagi.
Funkcja momentów zginających w tym układzie przyjmie formę
( ) ( )lxRqx
xM −′+−= 2
2
2
M(x) osiąga ekstremum dla ql
Mlx p
412,30 −= , stąd
Rys. 6.4
l l4
1 2
286,1 ql 2876,0 ql
25,0 ql
x pM
l
Mql p
488,1 +
l
Mql p
412,3 −
1R′ 2R′
pM
pMM →
q
259
( )2
22
)0( 0312,0531,088,1ql
MMqlM p
p +−=
dla pMM =)0( będzie 2850,0l
Mq p=
Z porównania nośności qq /~ dla różnych przekrojów wynika
38,2~
850,0~ 358,0.
02
2
02
2
. ==⇒==spr
spr q
q
l
bhq
l
bhq ασσ
17,3 200,0~ 632,0 02
3
02
3
. =⇒== ασσl
aq
l
aqspr
ZADANIE 6.5. Należy dobrać α tak, aby nośność graniczna w obu schematach zniszczenia
była jednakowa
Rys. 6.5 Rozwiązanie: Mnożniki kinematyczne µ1 i µ2 wynoszą
q qlP α=
2l
2l
2
l2
l
1 2
1 1
69,2 13,1~ 421,0 02
3
02
3
. =⇒== ασσl
aq
l
aqspr
260
qll
M
lM
lq p
p34
2
23
11 =⇒= µµ
Pl
M
lMP p
p
8
241 22 =⇒=⋅ µµ
stąd, kiedy jednocześnie wystąpią oba mechanizmy zniszczenia µ1=µ2 wynika
3
2
81222 =⇒= α
αql
M
ql
M pp
ZADANIE 6.6. W podanym układzie ramowym (rys. 6.6a) należy określić nośność stosując
metodę superpozycji mechanizmów podstawowych. Momenty uplastycznienia w ryglach wynoszą M1>M2>M0.
Rys. 6.6a Rozwiązanie: Liczba niezależnych mechanizmów podstawowych m wynosi m=r-n gdzie r
– liczba niebezpiecznych przekrojów, n – stopień statycznej niewyznaczalności. Szkicując wykres momentów zginających (rys. 6.6b) stwierdzamy występowanie 10 niebezpiecznych przekrojów, a zadanie jest 6-o krotne statycznie niewyznaczalne. Mamy więc 4 mechanizmy podstawowe. Stosując do każdego z tych mechanizmów równanie zasady prac wirtualnych obliczymy mnożniki kinematyczne
Rys. 6.6c - Mechanizmy złożone otrzymamy ze złożenia mechanizmów prostych.
Podobnie jak poprzednio obliczymy mnożniki kinematyczne
- przekroje niebezpieczne
1
1l
1
2l
1P 2P
2M
2M 0M
0M
1M
1M
I II
III
0P
1
0M
h
0M 0M 0M
0M 0M
h
1
IV
262
Rys. 6.6d
hM
hM
h
lPP
13
15
21 10
1104 +=
+⋅µ
hM
hM
hM
h
lP
h
lPP
12
14
15
22 2102
21
105 ++=
++µ
Rys. 6.6e Wykresy momentów granicznych
Stany graniczne łuków W przypadku łuków najczęściej korzystamy z podejścia statycznego
układając warunki równowagi granicznej łuku z uzewnętrznionymi momentami plastycznymi w przegubach. Omówimy stany graniczne łuków z n przegubami w podporach i bezprzegubowych. Mają one postać
h
l
21
0M 0M 0M
1M 0M
h
1
0M
h
l
21
1M
0M
0M 0M
1M
1M 2M
0M
M 0M 0M 0M
0M 1M 2M
1M 2M
263
Rys. 6.0b Mechanizmy zniszczenia łuków
ZADANIE 6.7. Należy wyznaczyć nośność łuku przedstawionego na rys. 6.7a.
Rys. 6.7a Rozwiązanie: Wykreślimy rozkład momentów granicznych przyjmując, iż jest on sumą
momentów od siły rozporu H (MH=H⋅y) oraz momentu od obciążenia granicznego Mp.
wzory na nośność P0 i siłę rozporu H. W przypadku szczególnym łuku kołowego równania równowagi granicznej
jako warunki momentów liczonych względem przegubów plastycznych mają postać
0000 sin 2
,sin 2
MHrr
acPMHr
r
baP =+−=− βα
stąd
( ) 0002
sinsin
sinsin ,
sinsinM
a
r
cbPM
bcr
bcH
αββα
βα −+=
++=
Rys. 6.7b Wartości H i P0 parametrycznie zależą od położenia drugiego przegubu
plastycznego wyznaczonego przez kąt β.
Rzeczywiste położenie tego przegubu określa wymóg 00 =βd
dP,
( )αββ
sin
sin=k
0P
a c H H
αsinr
α
βsinr r
β
r
bPo
2
r
bPo
2
)cos1(
)cos1(
)cos1(
βαα
−=+=−=
rc
rb
ra
265
( )[ ] ( )[ ]( )[ ] 0
sincos1sin
sinsincossinsinsincos1sincos2
2
)(
)(1
2
00
=−−
−+−−−
→
−+=
αβββαβαβαβββ
ββ
ββ
rb
rbrb
a
rM
Ma
r
cbk
k
d
d
d
dP
pl
Kąt β wyliczymy z przyrównania licznika pochodnej do zera. Otrzymamy
stąd równanie
1sinsincos =−+ βαβr
br
ZADANIE 6.8. Należy określić nośność łuku bezprzegubowego, kołowego, obciążonego siłą
skupioną µsP0 w kluczu. Schemat łuku z obciążeniem przedstawiono na rys. 6.8.
Rys. 6.8 Rozwiązanie: Wypisując warunki sumy momentów z prawej strony przegubów
plastycznych otrzymamy układ równań
( ) 02sincos12
0 =+−− ps MHrrP ααµ
02
0 =− HrrPsµ
stąd
2os Pµ
2
os Pµ
0Psµ
r αcosr
H H α r
266
)cos1(sin
4 ,
20
ααµµ
+−==
r
MP
PH p
ss
Obciążenie graniczne jak i poprzednio zależy od kąta α, stąd warunek
0=αd
dP określa rzeczywiste położenie bocznych przegubów plastycznych.
αααα
ααα
µsincos 0
)1cos(sin
sincos4 0 2
0 =⇒=−+
−−⇒=r
M
d
Pd ps 4
πα =
ZADANIE 6.9. Wyznaczymy jeszcze obciążenie graniczne łuku kołowego,
dwuprzegubowego obciążonego w kluczu siłą poziomą µsP0. Rozwiązanie: W układzie powstaną dwa przeguby określone przez kat α, które zamieniają
łuk w mechanizm o jednym stopniu swobody. Równanie równowagi granicznej w tym przypadku sprowadza się do równań
sumy momentów wszystkich sił po jednej stronie przegubu plastycznego plus pozostałe trzy typowe równania równowagi
( ) 0sincos1 22 =+−− pMrHrV αα
( ) ( ) 0sin1sincos 022 =−−−−+ ps MrPrHrrV αµαα
( ) ( ) 02121 =+−+ rHHrVV
0 , 21021 =−=+ VVPHH sµ Z rozwiązania układu równań równowagi granicznej uzyskamy
1V 2V
0Psµ
r αcosr
1H 1H α r
βsinr
Rys. 6.9
267
( )α
αµsin
1cos1 ,
2 20
21
−+==== V
r
MH
PVVV ps
Z drugiego układu równań otrzymamy
( ) ( ) ( ) rP
r
MMrPr
P spps
s
−++=−−+ αµαµαµ
cos12
sin1cos12
00
0
stąd
( ))sin1(cos
22cos1sin22cos1
2 00
ααµαααµ
+−=→=+−+−+
r
MPM
rP psp
s
Podobnie jak poprzednio położenie przegubów plastycznych (α)
wyznaczymy z warunku 00 =αd
dP
4 cossin 0
)1sin(cos
cossin
2 0 2
00 πααααα
ααα
=⇒=⇒=−+
−⇒=
r
M
d
dP
ZADANIE 6.10. Należy określić nośność pierścienia rozciąganego siłami P.
Rys. 6.10a
Dane: Wp, σp, r
P P
r
P P
pM
pM
268
Rozwiązanie: Z uwagi na symetrię zadania pierścień można podzielić na 4 części. Każda z
tych części ograniczona jest przegubami plastycznymi. Następnie analizować będziemy warunki równowagi granicznej dla ćwiartki pierścienia
Z równowagi ćwiartki okręgu wynika, że
r
W
r
MPMr
P pppp
σ44 2
2==⇒=
Rys. 6.10b
ZADANIE 6.11. Łuk kołowy przedstawiony na rys. 6.11a został wzmocniony poziomym
ściągiem. Znane są wymiary geometryczne ściągu oraz moment uplastycznienia. Należy określić wymiary ściągu i warunku, iż jego zniszczenie wystąpi jednocześnie z uplastycznieniem łuku.
Rys. 6.11a
2
P pM
pM
r
FH pσ= αcosr
α r
0P 0P
α
FH pσ<
pM
0P
FH pσ=pM
269
Rozwiązanie: W układzie mogą wystąpić dwa mechanizmy zniszczenia. Pierwszy, typowy
dla łuku dwu przegubowego (H<σpF) realizuje się przez powstanie trzech przegubów plastycznych. Natomiast drugi powstaje po uplastycznieniu ściągu, kiedy H=σpF. Warunek jednoczesnego wystąpienia obu mechanizmów pozwoli na określenie pożądanego przekroju ściągu.
W pierwszym mechanizmie zniszczenia warunki równowagi granicznej mają formę
Po podstawieniu Y=sinα otrzymuje się równanie kwadratowe, którego pierwiastki ( )131sin −⋅= iY α odpowiadają poszukiwanemu położeniu dodatkowego przegubu w łuku.
Warunki równowagi w drugim mechanizmie mają postać
+=′⇒=+′
−r
MHPMT
PHr 1
1 2 02
2 0 2121
PVVVVP
′===++′−
Rys. 6.11c Warunek jednoczesnego wystąpienia obu mechanizmów zniszczenia
przyjmie formę
FHr
MH
r
MPP p
pp σαα
α =
+=
−++
⇒′= 21sincos
sin12 0
Poszukiwaną wartość przekroju poprzecznego ściągu obliczymy z wyrażenia
−−+
+= 11cossin
sin1
ααα
σ r
MF
p
p
Szacowanie przemieszczeń granicznych
Model ciała sztywno-plastycznego z liniowym wzmocnieniem pozwala na
szacowanie granicznych wartości przemieszczeń, towarzyszących szczególnym procesom narastania obciążeń.
2
P′ FH σ=
r
P′
271
W jednowymiarowym przypadku model sztywno-plastyczny ze wzmocnieniem ten opisany jest zależnościami
0jest dla
jest dla
,
0
=<
<<>
−=′⇒′=−
=
εσσ
εεεσσ
εσσ
εσσ
p
gpp
g
pggpg EE
Rys. 6.0c W przekroju zginanego pręta po pełnym uplastycznieniu przekroju
rozpoczyna się proces narastania deformacji, który kończy się w chwili osiągnięcia zniszczenia przekroju, kiedy σ=σp.
( )∫ ∫ +′=⇒=F F
p dFxxEMdFxM 333 σκσ
κJEMM p ′=−
stąd
JE
MM p
′−
=κ
Rys. 6.0d
σ
ε gε
gσ
pσ
pM
M
κ
JE′ gM
gκ
272
Zależność łącząca krzywiznę pręta κ z wartościami momentu nadwyżkowego M-Mp oraz sztywnością E’J gdzie E’ jest modułem wzmocnienia pozwala na szacowanie przemieszczeń granicznych.
Wykorzystując zasadę prac dopełniających otrzymamy wzór pozwalający określać przemieszczenia graniczne ui
∫ ∫ ∫==V S F
ijijii dsdFxdvu κδσεδσ 3111
stąd
∫ ′−
=S
pgii dsM
JE
MMu 11
gdzie
∫ =F
MdFx 1311δσ
Do wyznaczenia wartości nieznanych przemieszczeń granicznych ui stosujemy tradycyjne sposoby tj. „przemnożenia” wykresów momentów jednostkowych M1 pochodzących od działania siły jednostkowej przyłożonej w miejscu i kierunku poszukiwanego przemieszczenia granicznego ui przez wykresy momentów nadwyżkowych. Należy przy tym pamiętać, iż siła 1i działa w samo-zrównoważonym mechanizmie na jaki zamieni się wyjściowy układ po uplastycznieniu. Zakładamy też, że od stanu uplastycznienia konstrukcji do zniszczenia występuje proporcjonalny przyrost obciążeń.
ZADANIE 6.12. Wykorzystując zasadę prac dopełniających należy wyznaczyć
przemieszczenia graniczne ui w belce i ramie dla modelu sztywno-plastycznego z liniowym wzmocnieniem.
Rozwiązanie: Do określenia przemieszczenia granicznego wykorzystamy zasadę prac
dopełniających przy dodatkowym założeniu, że ( )01 ssp ii −=δ jest siłą jednostkową przyłożoną w miejscu i kierunku przemieszczenia granicznego ui.
Równanie zasady prac dopełniających przyjmie po utworzeniu się zespołu przegubów plastycznych postać
∫ ∫∫ ′−
==⇒=A
p
sii
Vijijii JE
MMdsMudVdAup κκδεδσδ gdzie 1
273
gdzie JE
MM p
′−
=κ jest krzywizną w tych częściach układu gdzie moment
zginający M spełnia warunki gp MMM <≤ .
a) W przypadku belki wolnopodpartej mechanizmy zniszczenia oraz przyporządkowane im wykresy momentów nadwyżkowych i jednostkowych mają postać
g
pg
g
pg
E
xl
l
M
MMx
εσσ
η
−=′
−=
−=
322
1
2
Rys. 6.12a
Wartość granicznego przemieszczenia u wynosi
2 gdzie
3221
22 l
M
MMx
xlx
MM
JEu
g
pgpg −=
−⋅−
′=
b) W przypadku ramy obciążonej siłą poziomą P mechanizm zniszczenia
oraz wykresy momentów nadwyżkowych Mg-Mp oraz jednostkowych maja postać
P
u
gM
x
M∆
1
pgg WPl
M σ==4
4
1 l⋅
η 3x
274
′−=′
−=
−=′
−=
32
2 ,
32
2
2 ,
2
00 xh
h
Mxl
l
M
h
M
MMx
l
M
MMx
g
pg
g
pg
ηη
Rys. 6.12b Przemieszczenie graniczne u wyliczymy z zasady prac dopełniających,
wykorzystując „przemnożenie” wykresów momentów
( )
( )
′−
′−
′+
+
−−′
=
322
2
4
322
2
2
0
0
xh
h
MxMM
JE
xl
l
MxMM
JEu
pgh
pgl
ZADANIE 6.13. Podpory ramy 1 i 2 doznają poziomego przemieszczenia u1 i u2 wywołanego
przez rozpełzanie terenu na którym posadowiono ramę. Należy wyznaczyć przemieszczenia graniczne podpór konstrukcji jak na rys.
6.13a w przypadku ciała sztywno-plastycznego ze wzmocnieniem.
1
21 4
10
hM
⋅=
η
P
l x′
x
gM
pM h
hJE′
lJE′
u
275
Rozwiązanie: Ruch ramy w wyniku rozpełzania terenu jest sumą sztywnego przesunięcia o
wartości ( )212
1uu + oraz różnicy przemieszczeń wywołujących stany naprężeń
w ramie.
Rys. 6.13a Rama w której występuje symetryczne rozpełzanie zastąpimy równoważnym
kinetycznie układem z uzewnętrznionymi poziomymi siłami P.
Rys. 6.13b Pierwszy z wykresów odpowiada uplastycznieniu konstrukcji w wyniku
powstania czterech przegubów plastycznych Mp w narożach ramy. W miarę wzrostu siły poziomej P w narożach pojawią się momenty graniczne Mg a w ich otoczeniu wystąpią deformacje plastyczne konstrukcji. Zasięg stref deformacji plastycznych y obliczymy z podobieństwa trójkątów występujących w wykresach momentów zginających
( )g
pggpg
M
MMhy
hM
y
MM
2
2
−=⇒=
−
h
l 1u 2u
= +
221 uu +
221 uu −
P
yP h
MP g2
=
pg MM − 1M
gM gM
0M
2
10
hM
⋅=
1 1
276
Poziome przemieszczenie graniczne wyznaczymy „przemnażając” wykresy momentów nadwyżkowych oraz jednostkowego
( ) ( )JE
hlMMyh
M
MMhMMuu pg
g
pgpg
′
⋅
−+
−⋅−−
=− 121
2
322
22
221
ZADANIE 6.14. W łuku kołowym z przegubem w kluczu podpory sztywno utwierdzone
doznają obrotu w wyniku ruchów podłoża. Należy określić graniczną wartość tych obrotów przyjmując w rozważaniach model ciała sztywno-plastycznego z liniowym wzmocnieniem.
zastępczy układ w którym w podporach pojawiają się uplastycznienia. Siły w więzach oraz rozkłady momentów zginających mają postać
Równania równowagi
0
02
02
=−−
=+−
=+−
pAA
ppB
ppA
MrHrV
MMrV
MMrV
Rys. 6.14b
ϕ ϕ r
AH BH
BV AV
pM pM
277
Siły w więzach oraz funkcja momentów zginających mają postać
( )ϕϕ sin1sin
0
−−=+−=
==
==
pAp
pAA
BA
MrHMMr
MHH
VV
Rys. 6.14c
W trakcie dalszego procesu narastania deformacji rosną momenty zginające Mp→Mg
( )ϕsin1−−= gMM
Obszar w którym wystąpią momenty nadwyżkowe wyznaczymy z
zależności
( )0sin1 ϕ−−= gp MM stąd
+= 1sin0
g
p
M
Marcϕ
Wnosimy stąd, że deformacje wystąpią w obszarze (0, ϕ0) w otoczeniu podpór A i B.
Wyznaczymy z kolei rozkład momentów jednostkowych
1sinsin1
1 −=+−= ϕϕrr
M
Rys. 6.14d
ϕsinr
ϕ α
r oϕ
r
1
1
1
r
1
ϕsinr
ϕ
278
Stosując zasadę prac dopełniających oraz wykorzystując symetrię zadania wyznaczymy wartość granicznego obrotu podpór łuku
( )( )[ ]( ) =−−−′
= ∫0
0
1sin1sin1
ϕ
ϕϕϕψ drMMJE pggr
−++−′
−=
=
++−′
−=
2cos24
2sin
2
cos24
2sin
2
0000
00
ϕϕϕϕ
ϕϕϕϕ ϕ
JE
MM
JE
MM
pg
pg
Występujące w tym wzorze wartości momentów Mg, Mp, J, E’ dla przekroju
ceowego wyznaczymy z równań
pgg
ppp
WM
WM
σσ
=
=
Rys. 6.14e gdzie
( )
( )( )
g
pg
p
E
ghgaahJ
gh
gahah
W
εσσ −
=′
−−−=
−−−⋅=
12
2
12
22
12
422
33
2
Podstawiając wyliczone wielkości do wzoru na kąt obrotu ϕgr otrzymamy wartość obrotu granicznego podpór łuku.
h a
g
279
ZADANIE 6.15. Podpory łuku bezprzegubowego doznają pionowych przemieszczeń UA i UB
w wyniku ruchów podłoża. Należy określić graniczną wartość tych przemieszczeń poprzedzającą
zniszczenie konstrukcji. Obliczenia przeprowadzić dla modelu ciał sztywno-plastycznego ze wzmocnieniem.
Rys. 6.15a Rozwiązanie: W ruchu łuku wynikającym z osiadania podpór można wydzielić ruch
sztywny, pionowy o wartości średniej ( )BA UU +⋅5.0 oraz pozostały generujący stany naprężeń w łuku.
Rys. 6.15b W dalszych rozważaniach analizować będziemy jedynie ten niesymetryczny
ruch podpór U wywołujący stany naprężeń. Wprowadzić należy teraz równoważny kinematycznie mechanizmu i badać w nim stany naprężeń
B A
C
AU BU
r
AU BU
0=σij
= +
( )BA UUU +=2
10
0≠σij
0UUU A −=
BUUU −= 0
280
Rys. 6.15c
Wprowadzony w rozważania mechanizm będzie w równowadze jeżeli
rM
P p= . W miarę wzrostu przemieszczenia u zwiększają się momenty
utwierdzenia MA=MB=Mg. Rozkłady momentów zginających mają postać
( ) ( ) ( ) ( ) ϕϕϕϕϕ coscos cos 'g
gg
pp Mrr
r
MMMrr
r
MMM =−−=⇒−−=
Zasięg momentów nadwyżkowych obliczymy przyrównując M’(ϕ) do Mp
czyli
( )0cos1 ϕ−−= ggp MMM stąd
=⇒=
g
p
g
p
M
Marc
M
Mcos cos 00 ϕϕ
Odkształcenia wystąpią tylko w przedziale (0, ϕ0) z obu stron utwierdzenia. Sporządzimy z kolei wykres momentów pochodzących od sił jednostkowych
przyłożonych w miejscu i kierunku poszukiwanych przemieszczeń.
Rys. 6.15d
rMMr ⋅=⇒=⋅ 1 221 ( ) ( ) ϕϕϕ coscos111 rrrrM =−−=
ϕ r
oϕ
0=AH
BH
rM
P g=
P
gM gM 0=CV
r
pM gM
1=P 1=P
rM ⋅= 1
0=CV
r
rM ⋅= 1
ϕ
r
ϕ
r⋅1 r⋅1 ϕ− cosrr
( )ϕ1M
281
Wartość poszukiwanego przemieszczenia u wyliczymy korzystając z zasady prac dopełniających
( )[ ] ( )
[ ]
∫
∫
∫
−+=
−=
=−=
=−=⋅
00
0
0
0 0
'
22
'
2
0'
01
''
sin4
2sin
2coscos
coscos1
11
ϕ ϕ
ϕ
ϕ
ϕϕϕϕϕϕ
ϕϕϕ
ϕϕϕ
g
pg
g
pg
pg
p
M
M
JE
rMd
M
M
JE
rM
drrMMJE
drMMMJE
u
Ostatecznie graniczna wartość różnicy osiadań podpór u2=∆ wynosi
−+== 0
00'
2
sin22sin
2 ϕϕϕ∆g
pg
M
M
JE
rMu
i o taką wartość co najwyżej mogą się różnić osiadania pionowe podpór łuku bezprzegubowego.
Podobnie jak w poprzednich przykładach wartość Mp, Mg i J dla przekrojów prostokątnych axh są
g
pg
ppggppp
Eah
J
ahWWMWM
εσσ
σσ
−==
===
'3
2
,12
4 , ,
gdzie σp, σg, εg Wp i J są kolejno granicami plastyczności, wytrzymałości, odkształceniem granicznym, wskaźnikiem plastyczności i momentem bezwładności przekroju prostokątnego.
ZADANIE 6.16. W układzie prętowym przedstawionym na rys. 6.16a należy określić wartość
graniczną pionowego przemieszczenia słupka 1-2. W rozważaniach należy korzystać z modelu ciała sztywno-plastycznego z liniowym wzmocnieniem.
282
Rys. 6.16a Rozwiązanie Oprócz wyjściowego zadania analizować będziemy równoważne mu
kinematycznie po odrzuceniu podpory ulegającej przemieszczeniu i zastąpieniu jej przez siłę wymuszającą deformację układu.
Warunki równowagi granicznej
PVV =+ 30
030 =− HH
00 =++ gg MMlV
0200 =+− gMhHlV
02 00 =+−+− gg MMPlhHlV
Wartości sił w więzach wynoszą 30 2 VlMV g == , 0 30 == HH , lMP g4 =
Momenty nadwyżkowe pojawią się w słupie 1-2 oraz w przywęzłowych częściach prętów poziomych. Wykres momentów zginających pochodzących od obciążenia P=1 przyłożonego w miejscu poszukiwanego przemieszczenia w samozrównoważonym mechanizmie ma postać
l
MP g4
= oraz 1→P
stąd
l l
h
gru
0 1
2 3
0H
0V
gM
gM
gM
gM 3H
3V
2l
x
M∆
P
283
41
4
1l
Ml
M ⋅=⇒=
Rys. 6.16b
Z podobieństwa wykresów momentów wyznaczamy rzędną
−=l
xM
3
21η .
Wartość poszukiwanego przemieszczenia granicznego uzyskamy z „przemnożenia” momentów nadwyżkowych ∆M i jednostkowego M1.
+
−⋅=
+⋅=4
1
3
21
4
11
24
1 2
''
lhM
l
xll
M
M
JEMhM
Mx
JEu
g
∆∆∆η∆
Ostatecznie
+
−=
431
4
1 22
'
lhM
M
Ml
M
M
JEu
g
∆∆∆
ZADANIE 6.17. Należy określić nośność układu prętowego przedstawionego na rys. 6.17 o
granicy plastyczności pσ .
4
1 l⋅
M 1
M
M
M
2l
3x
M η
284
Rys. 6.17 Rozwiązanie W układzie mogą wystąpić dwa mechanizmy zniszczenia:
- uplastycznienia wsporników - uplastycznienia belki w wyniku skręcania.
Przed wyznaczeniem nośności obliczymy momenty uplastycznienia przekrojów kołowych pochodzące zarówno od zginania jak i skręcania. Zginający moment uplastycznienia wynosi
ppp RRR
M σπ
πσ 32
3
4
3
4
22 =
⋅
⋅= - przekrój pełny
R
pM
h
P
h
P
α
α
β β
l l
hP ⋅
hP ⋅ hP ⋅⋅2
α−α
sM
285
( ) ppp rRrrRR
M σπ
ππ
πσ 3322
3
4
3
4
23
4
22 −=
⋅⋅−⋅⋅= - rura o promieniach
r i R
Skręcający moment uplastycznienia wynosi
p
R
pF
pp RdddFK τπρϕρτρτπ
3
0
2
0
2
32
=== ∫ ∫∫ -przekrój pełny
( ) p
R
rp
R
rpp rRRddK τπτπρϕρτ
π333
2
0
2'
3
2
3
2 −=== ∫ ∫ - w rurze
Nośność w wyniku uplastycznienia wsporników w przekroju
ββ − obliczymy z zależności
( ) ( )p
pp Ph
rR
Ph
rRMPh σ
σµµ
3333
11 3
4
3
4
−=−
=⇒=
Drugi z mechanizmów związany z uplastycznieniem w wyniku skręcania
belki polega na osiągnięciu przez moment skręcający Ph wartości granicznej
( )pppK στ 3= .
( ) ( )p
pp Ph
rR
Ph
rRKPh σπτπ
µµ3333
22 3
32
3
2
−=−
=⇒=
Z porównania mnożników wynika, że 21 µµ < , czyli występuje pierwszy z
mechanizmów zniszczenia. Jeżeli natomiast założymy równoczesne wystąpienie obu mechanizmów
zniszczenia 21 µµ = przy różnych wymiarach belki skręcanej i wsporników, to zachodzi
R r
286
( ) ( )
( )3333
3333
21
2
3
3
32
3
4
rRrR
Ph
rR
Ph
rRpp
−=−⇒
−=−⇒=
π
σπσµµ
Otrzymana równość pozwala określać współzależność wymiarów
przekrojów belki i wsporników w przypadku ich jednoczesnego uplastycznienia.
287
Rozdział VII
Hipotezy wytężeniowe Materiał konstrukcji w zależności od warunków obciążenia może się
znajdować w różnych stanach naprężeń. Na początku procesu, przy stosunkowo niedużych obciążeniach będą to stany sprężyste, natomiast w miarę wzrostu obciążeń pojawiać się zaczną stany plastyczne, a w niektórych materiałach zniszczenia kruche. W warunkach eksploatacji określa się dopuszczalny poziom naprężeń, który nie powinien być przekroczony w żadnym punkcie konstrukcji. Najczęściej naprężenia ogranicza się tak, by cała konstrukcja pracowała w stanie sprężystym.
Opisane tu sytuacje wymagają odwzorowania złożonego stanu naprężenia na stan jednoosiowego rozciągania lub ściskania do czego służą hipotezy wytężeniowe. Złożony stan naprężenia reprezentuje wówczas naprężenie zredukowane zredσ , które powinno być mniejsze od naprężenia dopuszczalnego
0σ - ułamka granicy plastyczności Re lub granicy proporcjonalności Rc.
n
Re=0σ lub n
Rc=0σ
gdzie: n- współczynnik bezpieczeństwa.
Przy określaniu stanów naprężeń w konstrukcjach prętowych w pierwszym etapie dla danych obciążeń zewnętrznych poszukuje się przekrojów, w których wystąpi najniekorzystniejsza kombinacja sił wewnętrznych. Następnie w przekrojach tych poszukuje się najbardziej wytężonych punktów. Do ich określenia stosuje się hipotezy wytężeniowe pozwalające na porównanie złożonego stanu naprężeń ze stanem jednoosiowym.
W projektowaniu najczęściej wykorzystuje się hipotezę Hubera – Misesa – Hencky’ego (H–M–H) – energii odkształcenia postaciowego oraz hipotezę największego naprężenia stycznego Tresci – Guesta (T–G).
NN dFxS - moment statyczny rzędu N części przekroju F0 ponad
analizowanym punktem, d=2a – szerokość przekroju. Dla rozważanego pola F0 (rys. 7.1d) moment statyczny SN wynosi
Rys. 7.1d
[ ]∫++
++ −
+=
+==
a
a
NNN
a
aNN
N N
ax
N
adxxaS
3
2
112
3
21
333 )23(1
41
44
Wówczas otrzymamy
)232)()1(1)(1(
)2)(23(2222
11
13 +++
++
−⋅−−++−= NNN
NN
Na
NPσ
Aby zaprojektować przekrój skorzystamy z hipotezy (H-M-H). Wzór na
naprężenia zredukowane dla płaskiego stanu naprężeń ma postać
02
132
11. 3 σσσσ ≤+=zred
4a
a
2a x2
x3 F0
292
W związku z powyższym ze wzoru
20
213
211 3 σσσ =+
z którego po podstawieniu wyrażeń na naprężenia 1311 σσ i otrzymamy równanie algebraiczne względem grubości a
202222224
22112
222226
22222
)232())1(1()1(
)2()23(3
)232())1(1(
2)2(
σ=−⋅−−+
+−+
+−⋅−−
⋅+
+++
++
+++
−
NNN
NN
NNN
N
Na
NP
a
NlP
Pierwiastek tego równania jest poszukiwaną wartością grubości ścianki
przekroju skrzynkowego. Aby rozwiązać to równanie zapiszemy je w postaci
03
01
31
620
222
6204
26
2
=−+
=−+
aa
aaa
σβα
σβα
gdzie
)232)()1(1(
2)2(222
1
+++
−
−⋅−−+= NNN
NNPlα
)232)()1(1)(1(
)2)(23(222
11
+++
++
−⋅−−++−= NNN
NN
N
NPβ
Stosując podstawienie a2 = t otrzymamy
03 22320 =−− αβσ tt
Jest to równanie stopnia trzeciego typu
023 =+++ edtctbt gdzie 0≠b Dzieląc równanie przez b i podstawiając
b
cyt
3−=
293
otrzymamy
0233 =++ qpyy gdzie
b
e
b
cd
b
cq
b
cbdp +−=−=
23
3
2
2
327
22
3
33 i
W naszym przypadku
−=
−=
==
2
2
20
3
0
αβ
σ
e
d
c
b
a zatem
20
2
20
2
2;3
3σα
σβ −=−== qpyt oraz
Jest to równanie postaci
20
2
20
23
2,023
σα
σβ −=−==++ qpqpyy gdzie
Wprowadzamy zmianę pomocniczą: pr η= gdzie η oznacza (+1) lub
(–1), zgodnie ze znakiem q. U nas q < 0, toteż η = –1
020
2
σβ
σβ −=−−=r
W analizowanym równaniu ilość pierwiastków rzeczywistych zależy od
znaku wyróżnika 32 pqD += oraz znaku p
04 6
0
6
40
4
<−= pD zaśσβ
σα
Możliwe są dwa typy rozwiązań:
294
1o) Gdy 004
460
620
4
<≤−= pD iσ
βσα wtedy istnieją 3 pierwiastki
rzeczywiste
+==
−==
−==
ϕ
ϕ
ϕ
3
160cos2
3
160cos2
3
1cos2
33
22
11
o
o
ryt
ryt
ryt
gdzie
=
= 30
2
3 2coscos
βσαϕ arc
r
qarc
2o) Gdy 004
460
620
4
<>−= pD iσ
βσα wtedy istnieje jeden pierwiastek
rzeczywisty
⋅−= ϕ3
1cosh21 rt
gdzie
30
2
3 2cosh
βσαϕ ==
r
q
W rozwiązaniach praktycznych spotykamy się z drugim wariantem, tzn. D >
0 i p < 0, w którym istnieje tylko jeden pierwiastek rzeczywisty. Poszukiwaną wartość wymiaru a wyliczamy ze wzoru
0, >= tta gdzie W rozwiązaniu tym nie uwzględniono naprężeń normalnych od sił
osiowych. Dla dokładniejszego wyznaczania wymiaru a należy wziąć je pod uwagę. Wtedy naprężenie normalne 11σ jest sumą naprężeń normalnych od działania momentów zginających i sił osiowych.
NMN xNJ
M
F
N3
maxmax)(11
)(1111 )1( +
+=+= σσσ
295
gdzie 2164264 aaaaaF =⋅−⋅= - pole przekroju Wówczas warunek na poszukiwany wymiar a przyjmie postać
20
213
)(11
)(11 3)( σσσσ =++ MN
Stąd dla rozpatrywanego przekroju 3 otrzymamy równanie
0)232())1(1()1(
)2()23(3
16)232)()1(1(
2)2(
20222224
22112
2
22223
1
=−−⋅−−+
+−+
+
+
−⋅−−⋅+
+++
++
+++
−
σNNN
NN
NNN
N
Na
NP
a
P
a
NPl
Dodatni pierwiastek tego równania jest poszukiwaną wielkością a. ZADANIE 7.2. Obliczyć potrzebną grubość środnika dwuteownika, z którego wykonany jest
układ prętowy jak na rys. 7.2a. Materiał układu jest nieliniowo – sprężysty
)( NAεσ = Dane: q, l, A, 0σ , g = ?
Rys. 7.2a Rozwiązanie: W podanym układzie wyznaczamy reakcje podporowe i wykresy (rys. 7.2b)
g
x2
x3
g g
g
g
4g
4g
l
l
l 2 1
q 3
296
Rys. 7.2b
Wymiar g należy zaprojektować na najniekorzystniejszy zestaw sił wewnętrznych. Stąd do dalszych obliczeń bierzemy wartość momentów zginających, sił tnących i osiowych z przekroju przywęzłowego naroża 3 ze strony pionowej
qlNqlTqlM21
,23
, maxmax2
max ===
Moment bezwładności rzędu N+1 potrzebny do późniejszych obliczeń
wyznaczymy ze wzoru
∫+=+
F
N dFxNJ 13)1(
H1=ql 2 1
q 3
qlR2
31 = qlR
2
32 =
ql2
2 1
8
2ql
3
M
ql2
ql2
ql2
2 1
2
ql
3
T
ql
+
+
-
-
+
2
ql
2
3ql
2 1
3
N
+
-
-
+ 2
ql
2
3ql
297
Rys. 7.2c Obszar F jest sumą trzech podobszarów F1, F2 i F3
321 FFFF ∪∪= W związku z czym moment bezwładności J(N+1) wyliczamy z zależności
31
321
311
31
3
321
)1( dFxdFxdFxdFxNJF
N
F
N
F
N
F
N∫∫∫∫
++++ ++==+
Wówczas
])5()4[(2
3][
2
33
))4(4(2
][2
)45(2
3][
2
33
223
45
23
4
53
133
13
223
44
24
43
132
13
223
54
23
5
43
131
13
3
2
1
+++
−−
+−
−
++
+++
−+
−
++
+++
+++
−−−+
=+
==
−−+
=+
==
−+
=+
==
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
NNN
gg
N
F
g
g
NN
NNN
gg
N
F
g
g
NN
NNN
gg
N
F
g
g
NN
N
gx
N
gdxxgdFx
N
gx
N
gdxxgdFx
N
gx
N
gdxxgdFx
A zatem
)4253(])1(1[2
])5(3)4(3)4(
44353[2
])5()4[(2
3])4(
4[2
)45(2
3)1(
2223
222
2223
223
2
23
223
++++
+++
++++
+++
+
++
+++
⋅−⋅−−+
=
=−⋅−−⋅+−−
−+⋅−⋅+
=
=−−−+
+−−
−+
+−+
=+
NNNN
NNN
NNNN
NNN
N
NN
NNN
N
g
N
g
N
g
N
g
N
gNJ
g
x2
x3
g g
g
g
4g
4g
F2
F1
F3
B
B’’
C
C’’
σ(M) σ(N) τ
298
Do wyliczenia wymiarów przekroju potrzebne będą nam wartości naprężeń normalnych i stycznych w najbardziej wytężonym punkcie przekroju, tzn. w punkcie C.
Dla punktu C wyliczymy wielkości naprężeń normalnych σ oraz naprężeń tnących τ w oparciu o wzory dla materiału nieliniowo – sprężystego
)( NA εσ ⋅= . Naprężenia normalne dla uproszczenia rozważań wyznaczamy pomijając
wpływ siły osiowej
gx
xNJ
M N
4
)1(
3
3max
11
=+
=σ
)4253(])1(1[
4)2(
)4253(])1(1[
4)2(
2223
2
2223
2
11
+++
++++
⋅−⋅−−+=
=⋅−⋅−−
⋅+=
NNN
N
NNNN
NN
g
Nql
g
gNql
σ
Naprężenia styczne wyliczamy ze wzoru
)1(max
13 +⋅⋅=NJd
ST Nσ
gdzie ∫=0F
NsN dFxS - moment statyczny rzędu N części przekroju F0 ponad
analizowanym punktem, d = g – szerokość przekroju
Rys. 7.2d
x2
x3
3g
g
4g
F0
299
Dla rozważanego pola F0 (rys. 7.2d) moment statyczny SN wynosi
[ ]∫++
++ −
+=
+==
g
g
NNN
g
gNN
N N
gx
N
gdxxgS
5
4
112
5
41
333 )45(1
3
1
33
Wykorzystując powyższe zależności otrzymamy
)1()4253(])1(1[2
)2()45(92222
11
13 +⋅−⋅−−+−= +++
++
Ng
NqlNNN
NN
σ
W celu zaprojektowania przekroju skorzystamy z hipotezy H-M-H. Wzór na
naprężenia zredukowane dla płaskiego stanu naprężeń ma postać
02
132
11. 3 σσσσ ≤+=zred
W naszym zadaniu poszukiwaną wartość g wyliczymy z równania
20
213
211 3 σσσ =+
0)1()4253(])1(1[4
)2()45(243
)4253(])1(1[
4)2(
202222224
221122
222226
2242
=−+⋅−⋅−−
+−+
+⋅−⋅−−
+
+++
++
+++
σNg
Nlq
g
Nlq
NNN
NN
NNN
N
Pierwiastek powyższej zależności jest poszukiwaną wartością wymiaru g. Aby rozwiązać to równanie sprowadzimy je do postaci
03
01
31
620
222
6204
26
2
=−+
⋅=−+
gg
ggg
σβα
σβα
gdzie
)4253)()1(1(
4)2(222
2
+++ ⋅−⋅−−+= NNN
NNqlα
)4253)()1(1)(1(2
)2)(45(9222
11
+++
++
⋅−⋅−−++−= NNN
NN
N
Nqlβ
300
Stosując podstawienie g2 = t otrzymamy
03
)1(032232
0
320
22
=−−
−⋅=−+
αβσ
σβα
tt
tt
jest to równanie stopnia trzeciego typu
0023 ≠=+++ adctbtat gdzie
dzieląc równania przez a i podstawiając
a
byt
3−= otrzymamy 0233 =++ qpyy
gdzie
a
d
a
cb
a
bq
a
bcap +−=−= 23
3
2
2
327
22
3
33 i
W naszym przypadku
−=
−=
==
2
2
20
3
0
αβ
σ
d
c
b
a
a zatem
20
2
20
2
2;3
3σα
σβ −=−== qpyt oraz
Jest to równanie postaci
20
2
20
23
2,023
σα
σβ −=−==++ qpqpyy gdzie
Wyprowadzamy zmienną pomocniczą pr η= , gdzie η oznacza (+1) lub
(–1), zgodnie ze znakiem q. U nas q < 0, toteż η = –1
301
020
2
σβ
σβ −=−−=r
W analizowanym równaniu ilość pierwiastków rzeczywistych zależy od
znaku wyróżnika D = q2+p3 oraz znaku p
60
6
40
4
4 σβ
σα −=D zaś p < 0
Wówczas możliwe są dwa typy rozwiązań
a) Gdy 04
460
620
4
≤−=σ
βσαD i p < 0 wtedy istnieją 3 pierwiastki rzeczywiste
+==
−==
−==
ϕ
ϕ
ϕ
3
160cos2
3
160cos2
3
1cos2
33
22
11
o
o
ryt
ryt
ryt
gdzie
=
= 30
2
3 2coscos
βσαϕ arc
r
qarc
b) Gdy 004
460
620
4
<>−= pD iσ
βσα wtedy istnieje jeden pierwiastek
rzeczywisty
−= ϕ3
1cosh21 rt
gdzie
30
2
3 2cosh
βσαϕ ==
r
q
W rozwiązaniach praktycznych spotykamy się z drugim wariantem, tzn. gdy
D > 0 i p < 0, w którym istnieje tylko jeden pierwiastek rzeczywisty.
302
Poszukiwaną wartość g równania wyliczamy ze wzoru
0, >= ttg gdzie W rozwiązaniu tym nie uwzględniono naprężeń normalnych od sił
osiowych. W celu dokładniejszego wyznaczenia wymiaru g należy wziąć je pod uwagę. Wtedy naprężenie normalne jest sumą naprężenia normalnego od działania momentów zginających i sił osiowych.
NMN xNJ
M
F
N3
maxmax)(11
)(1111 )1( +
+=+= σσσ
gdzie 214832 gggggF =⋅+⋅⋅= - pole przekroju
Wówczas warunek na poszukiwany wymiar g przyjmie postać
20
213
)(11
)(11 3)( σσσσ =++ MN
Stąd dla rozpatrywanego przekroju 3 otrzymamy równanie
0)4253(])1(1[)1(4
)2()45(243
28)4253(])1(1[
4)2(
202222242
221122
2
22223
2
=−⋅−⋅−−+
+−+
+
+
⋅−⋅−−+
+++
++
+++
σNNN
NN
NNN
N
gN
Nlq
g
ql
g
Nql
Pierwiastek tego równania jest poszukiwaną, dokładną wartością wymiaru g. ZADANIE 7.3. Dla układu prętowego (rys. 7.3a) o przekroju dwuteowym wykonanego z
Rys. 7.3a Dane: p, l, a = 4g, 0σ Szukane: g = ? Rozwiązanie: W podanym układzie wyznaczamy wielkości reakcji podporowych i
wykresy sił wewnętrznych (rys. 7.3b)
Rys. 7.3b Do obliczeń bierzemy wartości momentów, sił tnących i osiowych w
najbardziej niekorzystnym przekroju z uwagi na naprężenia tnące. Jest nim przekrój w narożu 2 z lewej strony.
l
l 2l
p
g
a
g
g
a
a
τ
l
l 2l
p
1 2
3 pl
34
pl32
1 2
3
pl34
pl32
lX m 34=
+
- -
pl32
T
1 2
3 -
pl32−
N
1 2
3
2
9
8pl
2
3
2pl
+ +
l3
4M
304
03
2
3
2maxmax
2max === NplTplM
Moment bezwładności wyższego rzędu, potrzebny do dalszych obliczeń
wyznaczymy ze wzoru
∫+=+
F
N dFxNJ 13)1(
Obszar F jest sumą trzech podobszarów – środnika i półek
321 FFFF ∪∪=
stąd możemy skorzystać z zależności
31
321
311
31
3
321
)1( dFxdFxdFxdFxNJF
N
F
N
F
N
F
N∫∫∫∫
++++ ++==+
Rys. 7.3c Wówczas
)45(2
4][
2
44 22
354
23
5
43
13
13
1
+++
+++ −+
=+
==∫ ∫NN
N
F
gg
Ng
g
NN
N
gx
N
gdxxgdFx
])4(4[2
][2
223
44
23
4
43
13
13
2
+++
−+
−
++ −−+
=+
==∫ ∫NN
N
F
gg
Ng
g
NN
N
gx
N
gdxxgdFx
4g
x2
x3
g
g
g
4g
4g
F2
F1
F3
C
C’
B
B’
σ(M) τ
305
))5()4((][2
44 224
52
3
4
53
13
13
3
++−−
+−
−
++ −−−=+
==∫ ∫NN
F
gg
Ng
g
NN xN
gdxxgdFx
A zatem
)4354]()1(1[2
)1(
])5(4)4(4)4(44454[2
])5()4[(2
4
])4(4[2
)45(2
4)1(
2223
2222223
223
223
223
++++
+++++++
+++
+++
+++
⋅−⋅−−+
=+=
=−⋅−−⋅+−−+⋅−⋅+
=
=−−−+
+
+−−+
+−+
=+
NNNN
NNNNNNN
NNN
NNN
NNN
N
gN J
N
g
N
g
N
g
N
gNJ
Do obliczenia wymiaru g potrzebne będą nam wartości naprężeń
normalnych i stycznych w najbardziej newralgicznym punkcie przekroju. Jest nim punkt C (punktu C’ nie rozpatrujemy ze względu na symetrię
przekroju i wykresów naprężeń) – miejsce styku środnika i pasów. Dla punktu C wyliczamy wielkości naprężeń normalnych od działania
momentu zginającego oraz naprężeń tnących, korzystając ze wzorów dla
materiału nieliniowo – sprężystego )( NAεσ = . Naprężenia normalne wyznaczymy z zależności
gx
xNJ
M N
4
)1(
3
3max
11
=+
=σ
)4354())1(1(3
)2(2
)4354(])1(1(
4)2(3
2
2223
212
2223
2
11 +++
+
++++ ⋅−⋅−−+=
⋅−⋅−−
⋅+= NNN
N
NNNN
NN
g
plN
g
gNplσ
Naprężenia styczne 13σ obliczymy ze wzoru
)1(max
13 +⋅⋅=NJd
ST Nσ
gdzie ∫=0F
NsN dFxS - moment statyczny rzędu N części przekroju F0 ponad
analizowanym punktem, d = g – szerokość przekroju.
306
W naszym przypadku moment statyczny SN pola F0 (rys. 7.3d) wyniesie
Rys. 7.3d
)45(1
4][
)1(
44 11
254
13
5
433
+++
+ −+
=+
== ∫NN
Ngg
Ng
g
NN N
gx
N
gdxxgS
Wykorzystując powyższe zależności otrzymamy
=⋅−⋅−−+
+−⋅= ++++
+++
)4354())1(1()1(
)2()45(43
2
2224
112
13 NNNN
NNN
Ng
Ngplσ
)4354())1(1()1(3
)2()45(82222
11
+++
++
⋅−⋅−−+⋅+−=
NNN
NN
Ng
Npl
Aby zaprojektować przekrój tzn. znaleźć wymiar g, należy skorzystać z
jednej z hipotez wytężeniowych. Korzystamy tu z hipotezy H-M-H. Wzór na naprężenie zredukowane dla płaskiego stanu naprężeń ma postać (łącznie z warunkiem na projektowanie)
02
132
11. 3 σσσσ ≤+=zred
W naszym zadaniu poszukiwaną wartość g wyliczymy z równania
20
213
211 3 σσσ =+
x2
x3
4g
g
4g
F0
307
0)4354())1(1()1(9
)2()45(192
)4354())1(1(9
)2(2
202222224
221122
222226
42224
=−⋅−⋅−−+⋅
+−+
+⋅−⋅−−⋅
+
+++
++
+++
+
σNNN
NN
NNN
N
Ng
Nlp
g
lpN
Dodatni pierwiastek powyższego równania jest poszukiwaną wartością
wymiaru g. Aby rozwiązać to równanie sprowadzimy je do postaci
03
/01
31
620
222
6204
26
2
=−+
⋅=−+
gg
ggg
σβα
σβα
gdzie
)4354())1(1()1(3
)2)(45(8
)4354())1(1(3
)2(2
222
11
222
212
+++
++
+++
+
⋅−⋅−−++−=
⋅−⋅−−+=
NNN
NN
NNN
N
N
Npl
plN
β
α
Stosując podstawienie g2 = t otrzymamy
03
)1(/032232
0
320
22
=−−
−⋅=−+
αβσσβα
tt
tt
Jest to równanie stopnia 3 typu
023 =+++ dctbtat gdzie 0≠a Dzieląc równanie przez a i podstawiając
a
byt
3−=
otrzymamy
0233 =++ qpyy gdzie 2
2
3
33
a
bacp
−= i a
d
a
bc
a
bq +−= 23
3
327
22
W naszym przypadku
308
−=
−=
=
=
2
2
2
3
0
αβ
σ
d
c
b
a pl
a zatem
yt = oraz 20
2
20
2
2;3
3σα
σβ −=−= qp
Jest to równanie postaci
0233 =++ qpyy gdzie 20
2
20
2
2σα
σβ −=−= qp
Wyprowadzamy zmienną pomocniczą pr η= , gdzie η oznacza (+1) lub
(–1), zgodnie ze znakiem q. U nas q < 0, toteż η = –1
020
2
σβ
σβ −=−−=r
W analizowanym równaniu ilość pierwiastków rzeczywistych zależy od
znaku wyróżnika D = q2+p3 oraz znaku p
60
6
40
4
4 σβ
σα −=D zaś p < 0
Wówczas możliwe są dwa typy rozwiązań
a) Gdy 04
460
620
4
≤−
=σ
βσαD i p < 0 wtedy istnieją 3 pierwiastki rzeczywiste
+==
−==
−==
ϕ
ϕ
ϕ
3
160cos2
3
160cos2
3
1cos2
33
22
11
o
o
ryt
ryt
ryt
309
gdzie
=
= 30
2
3 2coscos
βσαϕ arc
r
qarc
b) Gdy 004
460
620
4
<>−= pD iσ
βσα wtedy istnieje jeden pierwiastek
rzeczywisty
−= ϕ3
1cosh21 rt
gdzie
30
2
3 2cosh
βσαϕ ==
r
q
W rozwiązaniach praktycznych spotykamy się z drugim wariantem, tzn. gdy
D > 0 i p < 0, w którym istnieje tylko jeden pierwiastek rzeczywisty. Poszukiwaną wartość g wyliczymy ze wzoru
0, >= ttg gdzie W podanym rozwiązaniu nie uwzględniono naprężeń normalnych od siły
osiowej, ponieważ nie występuje ona w analizowanym przekroju. W celu dokładnego wyznaczenia wymiaru g należałoby przeprowadzić obliczenia dla drugiej kombinacji sił wewnętrznych odpowiadającej przekrojowi ze strony prawej naroża 2
plNplTplM3
2,
3
2,
3
2maxmax
2max −=== .
Wtedy naprężenie normalne byłoby sumą naprężeń normalnych od działania siły osiowej i momentu zginającego.
NMN xNJ
M
F
N3
maxmax)(11
)(1111 )1( +
+=+= σσσ
gdzie 216824 gggggF =⋅+⋅= - pole przekroju Wówczas warunek na poszukiwany wymiar g przyjmie postać
20
213
)(11
)(11 3)( σσσσ =++ MN
310
Stąd dla rozpatrywanego przekroju 2 otrzymamy równanie
04354())1(1()1(9
)2()45(96
48
2
)4354())1(1(3
)2(2
20222224
221122
22223
212
=−⋅−⋅−−+
+−+
+
+
⋅−⋅−−+
+++
++
+++
+
σNNN
NN
NNN
N
Ng
Nlp
g
pl
g
plN
Pierwiastek tego równania jest poszukiwaną, dokładną wartością wymiaru g. ZADANIE 7.4. Należy porównać wytężenie w pręcie przedstawionym na rys. 7.4 w dwóch
przypadkach: a) pręt jest ściskany swobodnie, b) pręt umieszczono w sztywnym gnieździe
Rys. 7.4 Dane: F, P, u, E i 0σ – naprężenie dopuszczalne Rozwiązanie: W przypadku a) swobodne ściskanie prowadzi do jednoosiowego stanu
naprężeń 011 σσ <=F
P.
W przypadku b) należy najpierw określić poprzeczne naprężenie ściskające ,σ powstałe w wyniku braku możliwości swobodnego przemieszczania się
pobocznicy pręta po umieszczeniu go w sztywnym gnieździe. Naprężenie to wyliczymy w warunku znikania odkształceń poprzecznych
11,,
11,,
10)]([
1 σν
νσσσνσε−
=→=+−=E
P σ11
σ11
ε11
ε11
ε33 ε22
ε22 = ε33 = ε ′ σ22 = σ33 = 0
P
σ11 ε11
ε11
ε22 = ε33 = 0 σ22 = σ33 = σ′
σ11 σ33
σ22
311
Stosując hipotezę H–M–H otrzymamy
0,
1102,
112,
11 )()()(2
1 σσσσσσσσ ≤−→≤−+−
011)1
1( σσν
ν ≤−
− lub 011121 σσνν ≤
−−
Z porównania tego wynika, iż ta sama siła ściskająca pręt wywołuje w nim
różne wytężenie materiału, mniejsze w przypadku ściskania swobodnego a większe przy ściskaniu pręta w nieodkształcalnym gnieździe.
ZADANIE 7.5. Należy porównać stan wytężenia w prostopadłościennej ściskanej siłą
osiową P pryzmie w dwóch przypadkach: a) swobodnego ściskania, b) pryzma znajduje się w nieodkształcalnym gnieździe. Pryzma poddana jest dodatkowo działaniu przyrostu temperatury 0TT −=θ
gdzie T0 jest temperaturą początkową, a T aktualną. Problem przeanalizować należy w zakresie sprężystym i lepkosprężystym.
Rys. 7.5 Dane: P, Θ, v, E i 0σ – naprężenie dopuszczalne Rozwiązanie: W przypadku a) swobodne ściskanie prowadzi do jednoosiowego stanu
naprężeń
011 σσ ≤=F
P
P σ11
σ11
ε11
ε11
ε33 ε22
ε22 = ε33
Θ
P
σ11 ε11
ε11
ε22 = ε33 = 0 σ22 = σ33
σ11 σ33
σ22 Θ
312
a zmiany temperatur wywołują w tym przypadku jedynie swobodne odkształcenia. W przypadku b) należy najpierw określić stan odkształceń ciała, traktowanego jako ośrodek liniowo sprężysty
θασσνσεε TE++−== )]([
11133223322
αT – współczynnik rozszerzalności cieplnej. Z warunku nieodkształcalności gniazda 03322 == εε i równości naprężeń
3322 σσ = wynika
)(1
10)1( 11221122 θασν
νσθασννσ TT EE −
−=→=+−−
Mamy w tym przypadku trójosiowy stan naprężeń którego wytężenie wg
hipotezy H–M–H wynosi
01102
1111 11
21)](
1
1[2
2
1 σθαν
σννσθασν
νσ ≤
−+
−−→≤−
−− TT
EE
Z porównania obu rezultatów wynika, iż nieswobodne ściskanie pręta
łącznie z działaniem dodatnich przyrostów temperatury powoduje w pryzmie większe wytężenie materiałów niż w przypadku ściskania swobodnego.
W zadaniu lepkosprężystym przy ściskaniu swobodnym stan wytężenia wynosi 011 σσ ≤ , natomiast przy nieswobodnym warunek niedokształcalności
ścianek gniazda 03322 == εε i równości naprężeń 3322 σσ = prowadzi do zależności
θασσνσε TdddC ++−∗= )]([ 11222222
stąd 0)( 112222 =∗++− θασσνσ dET → ( ) 01
11122 =∗−
−= θασσ dEv
v T
gdzie HdEC =∗ Wytężenie w tym przypadku obliczone zgodnie z hipotezą H–M–H wynosi
011 11
21 σθν
ασνν ≤∗
−+
−−
dET
313
Z wyrażenia tego wynika, iż o wytężeniu decydować będzie tutaj nie tylko aktualna temperatura, ale również cały proces jej narastania.
ZADANIE 7.6. Cienkościenny zbiornik kulisty o średnicy D i grubości ścianki t poddany
jest ciśnieniu wewnętrznemu P (rys. 7.6a). Wyznaczyć ciśnienie dopuszczalne wynikające z hipotezy H–M–H.
Dane: D, t, R, 0σ , HMHdopP =?
Rys. 7.6a
Rozwiązanie: W wyniku działania ciśnienia P wewnętrznego kuli w ściankach zbiornika
powstanie naprężenie jednakowe w każdym punkcie powłoki i równe σ . Opasując kulę południkami i równoleżnikami można zauważyć, iż w
kierunku południkowym mamy naprężenie σ jak i w kierunku równoleżnikowym (rys. 7.6b). W celu wyznaczenia dopuszczalnego ciśnienia, jakie może zaistnieć w rozpatrywanym zbiorniku kulistym rozetniemy go myślowo w miejscu największego równoleżnika (rys. 7.6c). Układ jest w równowadze statycznej, jeśli w miejscu rozcięcia istnieje równomierne naprężenie rozciągające σ , które równoważyć będzie działanie ciśnienia P na jedną z półkul. Dla ułatwienia rozważań zbierzemy działanie ciśnienia P z jednej półkuli do wypadkowej Q.
Rys. 7.6b
D
P t
σ
=000
00
00
σσ
σ ij
314
Rys. 7.6c
Rys. 7.6d Mając na uwadze rys. 7.6d napiszemy wyrażenie na wypadkową Q
∫=R
rdzPQ0
2sin πα wiedząc, że αααα dRdzRzRr cos,sin,cos ===
napiszemy
[ ] 22/
022
2/
0
2 sincos2sin RPRPdRPQ παπααπα ππ
=== ∫
a podstawiając za 2D
R= otrzymamy ostatecznie
2
41
DPQ π=
Natomiast zbierając naprężenia σ po obwodzie równika wyznaczymy siłę,
która równoważyć będzie powyższą siłę wypadkową
DttD
Q πσπσ =⋅=2
2
P Q P
σ
r dz
α
2D
R=
z
315
Porównując dwa ostatnie wyrażenia wyznaczymy zależność na naprężenie σ istniejące w ściance kuli w wyniku działania ciśnienia P
t
PD
4=σ
Podstawiając do hipotezy H–M–H uzyskamy
02222 2
2
1)0()0()(
2
1 σσσσσσσσ ≤==−+−+−=zred
stąd maksymalne ciśnienie jakie może wystąpić w zbiorniku kulistym o grubości ścianek t przyjmie postać
D
tPHMH
dop04σ=
ZADANIE 7.7. Cienkościenny zbiornik walcowy o średnicy D, jednostkowej wysokości i
grubości ścianek t poddany jest ciśnieniu wewnętrznemu P. Należy wyznaczyć dopuszczalne ciśnienie wynikające z hipotezy H–M–H
Rys. 7.7a
Dane: D, t, R, 0σ , ?=HMHdopP
Rozwiązanie:
D
1j
A A
t
σ1
σ1
σ2
σ2
316
Dla wyznaczenia dopuszczalnego ciśnienia działającego w walcowym zbiorniku dokonamy jego przecięcia prostopadle do tworzącej walca w celu wyznaczenia naprężenia 2σ , oraz równolegle do tworzącej walca w średnicy
podstawy walca tak aby wyznaczyć ciśnienie 1σ . Rozkłady ciśnień w walcu pokazuje rys. 7.7a.
Sposób wyznaczenia ciśnienia 1σ jest pokazany na rys. 7.7b i rys. 7.7c.
Rys. 7.7b
Rys. 7.7c
Rys. 7.7.d Dla wyznaczenia naprężenia 1σ zbieramy z połowy pobocznicy walca
ciśnienie P do wypadkowej Q (rys. 7.7b)
21
1Q
tj =σ
Q1
α P
R
P’ds
A A
Q2=P⋅πR2
Q2=σ2πDt
P na obwodzie po przecięciu
317
jtQ 12 11 ⋅= σ Do wyznaczenia siły wypadkowej Q1 pomoże nam rys. 7.7c, wtedy
PDjjRPQ
RdjPdsjPQS
=−=
== ∫ ∫2/
01
2/
01
]1cos[2
1sin21sin
π
π
α
ααα
Porównując ze sobą dwa powyższe wyrażenia na Q1 wyznaczymy zależność na 1σ , czyli
t
PD
jPDjt
2
2
1
1
=
=
σ
σ
W wyniku, iż ciśnienie działa we wszystkich kierunkach jednakowo mamy też oddziaływanie na górną i dolną kołową część walca (rys. 7.7d). Tak wyznaczymy drugie naprężenie 2σ działające wzdłuż wysokości walca. Wypadkowa działania ciśnienia P na górną część walca przyjmie postać
4
2
2D
PQ π⋅= . Następnie zbierając naprężenia 2σ z obwodu walca otrzymamy
tDQ πσ 22 =
Porównując uzyskane wyrażenie na 2Q uzyskamy
t
PD
tDD
P
4
4
2
2
2
=
=⋅
σ
πσπ
Wstawiając do hipotezy H–M–H naprężenia 21 σσ i otrzymamy warunek
22
21
221 )(
2
1 σσσσσ ++−=zred
a dalej
=++−= 222 )4
()2
()42
(2
1t
PD
t
PD
t
PD
t
PDzredσ
318
=+++−= 2222 )4
()2
()4
(42
2)2
(2
1t
PD
t
PD
t
PD
t
PD
t
PD
t
PD
=+++−= )21
121
11()2
(2
1 2
t
PD02
222
1 σ≤=t
PD
t
PD
Stąd maksymalne ciśnienie jakie może występować w walcu wynosi
D
tPHMH
dop02σ=
ZADANIE 7.8. Wyznaczyć miejsce i wartości maksymalnych naprężeń zredukowanych wg
hipotezy H–M–H w pręcie o schemacie i przekroju rurowym jak na rys. 7.8a
Rys. 7.8a
Rozwiązanie: W pierwszej kolejności wyznaczamy wykresy sił wewnętrznych w pręcie, a
następnie wynikające z nich rozkłady naprężeń w najbardziej newralgicznym przekroju poprzecznym. Wykresy sił wewnętrznych mają postać
l
l
P
x2
x3
t
D
przekrój pręta (rura cienkościenna)
319
Rys. 7.8b W przekroju przypodporowym A wystąpią największe wartości sił
wewnętrznych. Rozkład naprężeń w przekroju A przedstawia rys. 7.8c
Rys. 7.8c
co oznacza, iż naprężenie zredukowane obliczymy z hipotezy H-M-H w formie
22 3τσσ +=zred
gdzie: σ - naprężenie normalne, τ - naprężenie ścinające Składowe stany naprężeń tj. naprężenia w przekroju A pochodzące od
momentu zginającego M=Pl , skręcającego K=Pl i siły tnącej T=P mają postać
P
Pl A
K
x1
x2
x3
τT
τS
τS
τS
σ
σ τS
1
2
3 4
τT
P
Pl
Pl
A
M
A
T
P
P
320
Rys. 7.8d
Poddając analizie naprężenia w przekroju A, stwierdzamy, że najbardziej
wytężone są punkty 1 i 2 z uwagi na zginanie i skręcanie, a punkt 3 z uwagi na ścinanie i skręcanie.
W celu wyznaczenia naprężeń w tych punktach należy najpierw wyznaczyć charakterystyki geometryczne występujące we wzorach. Momenty bezwładności J2 i J0 wyliczymy z zależności
82
423
0
32/
0
32
0
tDJJ
tDd
tDdSJ
y
S
π
πϕρπ
==
=== ∫∫
Rys. 7.8e
K
x3
0J
PlS
ρτ =
T
x3
223Jbx
SP yT
⋅=τ
ϕ
dϕ ϕd
DtdS
2=
x2
x3
D/2 2
D≅ρ
ϕ
dϕ ϕd
DtdF
2=
x2
x3
D/2
t
F0
ϕsin23D
x =
x3
22
3
J
Plx=σ
M
321
Naprężenia tnące przyjmują wartość maksymalną w środku wysokości
przekroju, stąd moment statyczny ∗2S obliczymy dla połowy rury
2sin
4
2
0
2
32
0
tDd
tDdFxS
F
=== ∫∫∗
π
ϕϕ
Ostatecznie naprężenia w punktach 1 i 2 wynoszą
][44
8
222233 m
hN
mm
kNm
tD
Pl
tD
PlD
tD
DPl
====πππ
σ
][22
4
222233 m
kN
mm
kNm
tD
Pl
tD
PlD
tD
DPl
S ====πππ
τ
0=Tτ
a w punkcie 3
0=σ
][22
4
222233 m
kN
mm
kNm
tD
Pl
tD
PlD
tD
DPl
S ====πππ
τ
][2
82
223
2
m
kN
mm
kN
tD
P
tDt
tDP
T =⋅
==ππ
τ
Na podstawie powyższych obliczeń możemy wyznaczyć naprężenia
zredukowane dla rozważanych punktów przekroju według hipotezy H-M-H Dla punktów 1 i 2 wynosi ono
322
tD
Pl
tD
Pl
tD
Pl
tD
Plszred 22
2
2
2
222 3,51216
23
43
ππππτσσ ≅+=
+
=+=
a dla punktu 3
( )
+=
+=+= 1
23
223
2
22
D
l
tD
P
tD
P
tD
PlTSzred πππ
ττσσ
323
Rozdział VIII
Twierdzenie o wzajemności Twierdzenie o wzajemności dla niesprzężonych zadań termosprężystości
ma postać podaną przez W. M. Majziela
∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ++=++V V
kkiiA
iiA V V
kkiiii dVdVuFdAuPdVdVuFdAuP εΘγρεΘγρ ''''''
W równaniu tym występują dwa układy przyczyn: podstawowy -
Θρρ ,,, rPF ii oraz pomocniczy - '''' ,,, Θρρ rPF ii , które wywołują skutki
czyli pola przemieszczeń i temperatur '' ,,, ΘΘ ii uu .
Rys. 8.0 Twierdzenie o wzajemności Twierdzenie to posłuży nam do przedstawienia kilku interesujących,
ogólnych własności rozwiązań zadań sprężystych i lepkosprężystych. ZADANIE 8.1. Należy określić zmianę objętości V∆ izotropowego ciała sprężystego pod
działaniem sił masowych i powierzchniowych. Rozwiązanie: Analizować będziemy dwa układy przyczyn i skutków. W pierwszym
zadaniu wystąpi hydrostatyczne ciśnienie p a pole przemieszczeń ui ma postać
ui
ρFi
Θ A
ui’
ρFi’ Θ’
A
Pi
Pi’ ui
ui’
dA
V
B
B
324
AAAxu kkijijii 3, ''' ==→= εδε
−+
+=+= ijkkijijkkijij v
v
v
EG δεεδελεσ '''''
2112
ijijijij pv
EA
v
AvA
v
E δδδσ =−
=
−+
+=
2121
3
1'
Naprężenia są więc stałe (ciśnienie hydrostatyczne) stąd 0, ≡′ jijσ .
Stała A wynosi E
vpA
)21( −= .
Ostatecznie pole przemieszczeń i naprężeń określają zależności
ijijijijii pE
vppx
E
vu δεδσ 21
,,21 ''' −==−=
Wypisując twierdzenie o wzajemności dla pewnego dowolnego układu
przyczyn ii FP ρ, oraz hydrostatycznego ciśnienia ijiji pu δσ ='' , - jako
zadanie z primami otrzymamy
∫∫ ∫ +=−
+V
kkA V
iiii dVppE
vdVxFdAxP 0
21 ερ
ślad tensora deformacji kkε jest równy przyrostowi objętości V∆ , stąd
VVdVVdV
srkk
Vkk ⋅== ∫∫ ∆εε
Przyrost objętości wynosi
+−= ∫ ∫A V
iiii dVxFdAxPEV
vV ρ∆ 21
Wzór ten określa przyrost objętości ciała w wyniku działania dowolnych sił
Pi i ρFi.
325
ZADANIE 8.2. Należy określić zmianę objętości (globalną) wywołaną tylko przyrostem
temperatury ( )0',0,0,0,0,0 ' ≠=′=≠== ΘρΘρ iiii PFPF . Rozwiązanie: Równanie twierdzenia o wzajemności ma wówczas postać
( )
( )v
E
vv
vE
v
E
dVE
v
VV
VVpdVpdVpdVdVvE
p
TTT
V
V V Vii
Vijijijij
21)21)(1(
3
132
,)21(3
213 '
−=
−++
+=+=
−=→
→⋅====−⋅
∫
∫ ∫ ∫∫
ααλµαγ
Θγ∆
∆εεδεσΘγ
gdzie
Ostatecznie
∫ ∫=→−⋅−
=V V
TT dV
VVdV
E
v
v
E
VV Θα∆Θα∆ 3)21(3
21
1
Wynik ten jest niezależny od mechanicznych stałych materiałowych. ZADANIE 8.3. Należy określić średnią wartość skrócenia warstwy sprężystej o grubości h,
dowolnie obciążonej siłami masowymi i powierzchniowymi.
Rys. 8.3a Układ podstawowy
h
ρF= [ρF1(x1,x2,x3),0,0] V
∆h
x1
x2
x3
A
P= [P1(x2,x3),0,0]
326
Rozwiązanie: Analizować będziemy pomocnicze zadanie określające jednoosiowe
rozciąganie. Problem ten określa układ równań na przemieszczenie ui’
Rys. 8.3b Zadanie pomocnicze
3'32
'21
'1 ,, x
E
pvux
E
pvux
E
pu −=−==
( )
=−=
−−=
000
000
00
,21,
00
00
001'''
p
vE
p
v
vE
pijkkij σεε
( ) pvE
p
v
v
E
p
v
E =
−
−+
+= )21(
211'11σ
( )'33
'22 0)21(
211σσ ==
−
−+−
+= v
E
p
v
v
E
pv
v
E
Twierdzenie o wzajemności dla dowolnego układu obciążeń ( )ijiu σ, i pól
( )'' , ijiu σ przyjmie formę
hhVpdVpdVdV sr
V V
sr
Vijij 11111111
'11
' ε∆εεεσεσ ====∫ ∫ ∫ oraz
x2
x3
P’= [p,0,0]
u3’
u2’
u1’
x1
327
−−+
+
−−=
∫
∫
dVxE
pvFx
E
pvFx
E
pF
dAxE
pvPx
E
pvPx
E
pP
pV
V
A
sr
332211
33221111
1
ρρρ
ε
Ostatecznie średnia wartość skrócenia warstwy sprężystej wynosi
( )
( )
−−+
+
−−=
∫
∫
V
A
dVxFvxFvxF
dAxvPxvPxPVE
hh
332211
332211
ρρρ
∆
Otrzymany wzór ma charakter ogólny i dotyczy każdego przypadku
obciążeń warstwy, prowadzącego do jednoosiowego stanu naprężenia. ZADANIE 8.4. Poszukujemy średniej wartości kąta odkształcenia postaciowego ε12
powstałego przy działaniu obciążeń powierzchniowych i sił masowych w izotropowym ciele sprężystym.
Rys. 8.4. Odkształcenie '12ε w zadaniu pomocniczym
Rozwiązanie: W celu rozwiązania problemu analizujemy zadanie pomocnicze określone
x1
x2
x3
x3
γ3 2ε12
328
przez pole przemieszczeń ui’ , odkształceń εij ’ i naprężeń σij ’
0,2,2 '31
'22
'1 === uAxuAxu
0 ,
000
00
00
2 ,0 ,
000
00
00
, =′
=′=′
=′ jijijkkij A
A
GA
A
σσεε , '212 pGAn =
Równanie twierdzenia o wzajemności przyjmie tu formę
( ) ( ) VGAdVGAdVdV sr
V V Vijij 3211221
'2112
'12
' 22 γεεεσεσεσ∫ ∫ ∫ =+=+=
stąd
( ) ( )
+++=
=
+=
∫ ∫
∫ ∫
A V
A Viiii
sr
dVxFxFdAxpxpGV
dVuFdAupGA
12211221
''3
4
1
2
1
ρρ
ργ
ZADANIE 8.5. Należy wyznaczyć średnią wartość odkształceń postaciowych w ośrodku,
czyli ε12+ε13+ε23 wywołaną działaniem dowolnego układu sił powierzchniowych i objętościowych w ciele sprężystym.
Rys. 8.5. Symetryczne odkształcenia postaciowe
x2
x3
x1
V’=V
V
329
Rozwiązanie: Będziemy analizować zadanie pomocnicze określone przez pole
przemieszczeń
)(2 ),(2 ),(2 32'331
'232
'1 xxAuxxAuxxAu +=+=+=
0 ,
0
0
0
2 ,
0
0
0
,ij =
=
= jijij
AA
AA
AA
G
AA
AA
AA
σσε
Równania twierdzenia o wzajemności dają relacje łączące siły z
odkształceniami postaciowymi
++++++
++++
++=+=
∫
∫ ∫ ∫
V
A V Aiiii
dVxxFxxFxxF
dAxxPxxPxxPA
dVuFdAuPL
)()()(
)()()(2
213312321
213312321''
ρρρ
ρ
( )∫ =++=V
srVGAdVGAP γεεε 22 231312
czyli średnia wartość odkształceń postaciowych przyjmie postać
++++++
++++++
=
∫
∫
V
Asr
dVxxFxxFxxF
dAxxPxxPxxPGV
)()()(
)()()(4
1
213312321
213312321
ρρρ
γ
Oczywiście zmiany postaciowe w analizowanych przypadkach nie mogą być
wywołane przez zmiany temperatur. Istotnie, w obu zadaniach 0=kkε , stąd i
całka ∫ =V
kkdV 0εΘγ , a to oznacza, że przyrost temperatur nie wywoła zmian
postaciowych w izotropowym ciele sprężystym, czego się należało spodziewać. Zauważmy, że zadanie 8.5 jest złożeniem trzech odkształceń elementarnych przedstawionych w zadaniu 8.4.
330
ZADANIE 8.6. Należy określić średni kąt skręcenia wokół ustalonej osi (x3) w dowolnym
izotropowym ciele sprężystym.
Rys. 8.6. Układ podstawowy (a) i pomocniczy (b) do wyznaczania średniego
skręcenia
Rozwiązanie: Pole przemieszczeń '
iu ma tu postać analogiczną, jak przy skręcaniu pręta
kołowego 0 , , '331
'232
'1 ==−= uxAxuxAxu
Wyznaczymy współrzędne tensorów '' , ijij σε .
0,
0
00
00
,
022
200
200
12
1
2
12
1
2
' ≡
−
−=
+−
+
−
= ij,j'ijij σ
xx
x
x
GAσ
AxAx
Ax
Ax
ε
Wypisujemy z kolei twierdzenie o wzajemności dla stanu '' , ii Pu i ii Pu , .
( ) ( )
+−++−=
=+=
∫ ∫
∫ ∫
A V
A Viiii
dVxxFxxFdAxxPxxPA
dVuFdAuPL
312321312321
''
ρρ
ρ
( ) VGAdVxxxxGAdVP srV
ijV
ij ϕεεεεεσ 2321312231132' =+−+−== ∫∫
średni kąt skręcenia wokół osi x3 wynosi
u2’
x1
x1
x1
x2
x2
x2
x3 x3
u1’
ϕ3
a) b)
V ρFi
Pi
ni
331
( ) ( )
+++−= ∫∫ dVxxFxxFdAxxPxxPGV VA
sr 3123213123212
1 ρρϕ
Oczywiście podobnie jak poprzednio przyrost temperatury nie zmieni
wartości średniego kąta skręcenia ośrodka. ZADANIE 8.7. Wykazać, że pole przemieszczeń postaci kjijki axu ε= dla dowolnego,
stałego wektora ak opisywać może jedynie sztywny obrót. Rozwiązanie: Pole przemieszczeń u1, u2, u3 po rozpisaniu ma postać
( ) ( ) ( )211231331232321 , , axaxuaxaxuxaaxu −=−−=−= Obliczając następnie współrzędne tensora odkształceń εij stwierdzamy, że
0≡ijε .
Zadania lepkosprężyste Zadania z tego zakresu stanowią uogólnienie zadań sprężystych poprzednio
analizowanych. Interesujące są też współzależności między analogicznymi zadaniami sprężystymi a lepkosprężystymi.
Twierdzenie o wzajemności dla anizotropowych dystorsji lepkosprężystych oklε opisanych równaniami fizycznymi
)( oklklijklij dE εεσ −∗=
ma postać
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
∗∗+∗+∗=
=∗∗+∗+∗
A V V
oij
oklijkliiii
A V V
oij
oklijkliiii
dVddEdVduFdAduP
dVddEdVduFdAduP
εερ
εερ
'''
'''
Analizowano w tym przypadku dwa układy pól
o'ij
'i
'i
'i
oijiii , ε, u, ρ P, , ε, u, ρ P
332
działających na ciało lepkosprężyste, w którym oprócz obciążeń mechanicznych
Pi=σijnj ,ρFi , występują też pola dystorsyjne oijε , które mogą być wywołane
zarówno wpływami pól temperatur Θ
Θαε Tij
oij = ,
dyfundujących składników c
ccij
oij αε = ,
defektów struktury opisanych tensorem uszkodzeń ϕij
klsijkl
oij ϕαε =
jak i polem elektrycznym Ek
kEijk
oij Eαε =
w powyższych zależnościach tensory Eijk
sijkl
cij
Tij αααα , , , są zmianami
odkształceń wywołanymi odpowiednio przez jednostkowy przyrost temperatury, stężenia, tensora uszkodzeń oraz pola elektrycznego Ek. Podane tutaj twierdzenie o wzajemności dotyczy ogólnego przypadku dystorsji w ośrodku anizotropowym. Istnieją więc jego przypadki szczególne odnoszące się m.in. do materiałów ortotropowych, transwersalno-izotropowych, izotropowych itp.
ZADANIE 8.8. Korzystając ze wzorów na wszechstronne ściskanie ijij pδσ =' należy
wyznaczyć zmianę objętości w ośrodku lepkosprężystym Rozwiązanie: Pole przemieszczeń ma postać
=′=′
=′→=′p
p
p
σAε
A
A
A
xtAu ijkkijii
00
00
00
, 3 ,
00
00
00
)( ε
333
Tensor naprężeń wyznaczymy z równań fizycznych
ppdAEv
dAv
v
v
E
dAv
vdA
v
Ed
v
vd
v
Eijkkijij
==∗−
=′→
−+∗
+=′→
→
−+∗
+=′→
−+∗
+=′
11111111
11
ale 21
1
21
1
1
21
3
1211
δσσσ
σδεεσ
"stała" A(t) określona jest zależnością
pvdAE )21( −=∗
związek między ciśnieniem hydrostatycznym p a polem przemieszczeń ui ma formę
iiiiii pxvudEdAxEudEdAxud )21( −=′∗→∗=′∗→=′ Twierdzenie o wzajemności wypisujemy w tym przypadku dla dowolnego
układu obciążeń oraz hydrostatycznego ciśnienia w ciele lepkosprężystym.
∫∫∫ ∗∗=∗+∗V
ijijiV
iiA
i EdVddVduFdAduP ''' εσρ
mnożąc splotowo stronami równanie to przez funkcję relaksacji E(t) otrzymujemy
∫∫ ∫
∫ ∫ ∫
∫∫∫
∗∗−
=+
∗∗=∗−+∗−
∗∗=∗∗+∗∗
Vii
A Viiii
A V Viiiiii
Vijiji
Vii
Ai
dVdEv
dVxFdAxP
dVdpEdVpxFvdApxPv
dVdEdVduEFdAduEP
1-
'''
E 21
1
)21()21(
ερ
ερ
εσρ
Ostatecznie wzór na zmianę objętości ma formę
∫∫ ∫−− =
+∗−
V
evii
A Viiii dVddVxFdAxPEv ερ1)21(
gdzie δ=∗− EE 1 .
334
Tutaj E-1 oznacza retransformatę z odwrotności transformaty Laplace'a funkcji relaksacji E, a δ jest deltą Diraca.
Zauważmy, że w zadaniu sprężystym analogiczny wzór przyjmie postać
∫∫∫ =
+−
V
eii
Vii
Aii dVdVxFdAxP
E
v ερ21
Porównując wzory na zmianę objętości w (e) i (v-e) otrzymamy
∫∫∫∫ =∗→−
=∗−
−−
V
eiio
V
evii
V
eiio
V
evii dVEdVdEdVE
vdVdE
vεεεε
21
1
21
1
Wynika stąd ważny wniosek, że ten sam układ sił działający na ciało
sprężyste (e) i lepkosprężyste (v-e) wywołuje różne zmiany objętości określone zależnościami
∫∫−∗=
V
evii
oV
eii dVdE
EdV εε 1
ZADANIE 8.9. Należy określić zmianę objętości w transwersalno-izotropowym ciele
sprężystym i lepkosprężystym wywołaną dowolnymi obciążeniami powierzchniowymi i masowymi.
Rozwiązanie: Jako układ pomocniczy (z primami) przyjmiemy ciśnienie hydrostatyczne
ijij pδσ =' , które w ciele transwersalno-izotropowym prowadzi do pola
gdzie c11, c12, c13, c33 są funkcjami relaksacji materiału.
Funkcje A i B wyznaczymy z równań [ ] pttApccdAccccc ∗=→∗+=∗∗−+∗ )()()(2)( 13331313121133 α [ ] pttBpcccdBccccc ∗=→∗−−=∗+∗−∗ )()()2()(2 1211131211331313 β
gdzie )(tα i )(tβ należy wyznaczyć wykorzystując transformacje całkowe Laplace'a.
Ostatecznie pole przemieszczeń ma postać
3'132
'21
'1 )( ,)( ,)( pxtupxtupxtu ∗=∗=∗= βαα
Wypiszemy teraz twierdzenie o wzajemności dla dowolnego pola obciążeń i
układu z primami, które dotyczą ciśnienia hydrostatycznego.
( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( )[ ]
∫
∫
∫
∗=
=∗∗+∗∗+∗∗+
+∗∗+∗∗+∗∗
Vkk
V
A
dVdp
dVpxtdFpxtdFpxtdF
dApxtdPpxtdPpxtdP
ε
βραραρ
βαα
332211
332211
)()()(
)()()(
Przyjmując średni przyrost objętości w formie ∫=V
kkdVdV
V ε∆ uzyskamy
[ ]
[ ]dVxtdFxtdFxtdF
dAxtdPxtdPxtdPV
V
V
A
∫
∫
∗+∗+∗+
+∗+∗+∗=
332211
332211
)()()(
)()()(
βραραρ
βαα∆
Wzór ten pozwala obliczyć przyrost objętości transwersalno-izotropowego ciała o objętości V, polu powierzchni A w którym występują siły masowe ρFi i powierzchniowe Pi, natomiast funkcje czasu α(t) i β(t) wyznaczymy na podstawie znajomości funkcji relaksacji c11, c12, c13, c33.
Podobne rozważania można przeprowadzić dla transwersalno-izotropowej warstwy sprężystej lub lepkosprężystej.
336
ZADANIE 8.10. Analizować będziemy ogólny przypadek liniowego, anizotropowego ciała
sprężystego, w którym występują siły powierzchniowe Pi i objętościowe ρFi.
Jako zadanie z primami przyjmiemy pole przemieszczeń postaci ii Axu =' . Należy zbadać współzależności między obu polami, tj. dowolnym polem
obciążeń w ośrodku oraz polem 'iu odpowiadającym izotropowemu
wydłużeniu. Rozwiązanie: Pole przemieszczeń ii Bxu =' prowadzi do pola odkształceń
ijij Bδε ='
oraz pola naprężeń
BEBEE ijkkklijklklijklij === δεσ ''
Pole naprężeń 'ijσ spełnia równania równowagi wewnętrznej ( )0'
, ≡jijσ oraz
naprężeniowe warunki brzegowe
'''ijijkkijij PnBEPn =→=σ
Wypiszmy teraz twierdzenie o wzajemności dla dowolnego pola obciążeń
iii uFP ,, ρ oraz pola '', ii uP
∫∫ ∫ =+V
ijijA V
iiii dVdVuFdAuP εσρ '''
Będzie
∫ ∫∫ =+V V
ijijkkiiA
ii dVBEdVBxFdABxP ερ
stąd
∫ ∫∫ =+V V
ijijkkiiA
ii dVEdVxFdAxP ερ
337
Zależność powyższa stanowi uogólnienie wzorów pozwalających na określenie przyrostów objętości w ciele izotropowym.
Prześledzimy jeszcze analogiczne rozważania w przypadku ciał
lepkosprężystych. Pole przemieszczeń ma wówczas postać ii xtBu )(' = , stąd
ijij tB δε )(' = . Tutaj B jest pewną funkcją czasu.
dBEdE ijkkklijklij ∗=∗= '' εσ
Postępując analogicznie jak poprzednio otrzymamy
∫ ∫∫ ∗=∗+∗V V
ijijiiA
ii dVddVudFdAudP εσρ '''
stąd
( )∫ ∫∫ ∗∗=∗+∗V V
ijijkkiiA
ii dVddBEdVdBxFdAdBxP ερ
oraz
∫ ∫∫ ∗=+V V
ijijkkiiA
ii dVdEdVxFdAxP ερ
Porównując wzory wynikające z twierdzenia o wzajemności w zadaniach sprężystych i lepkosprężystych stwierdzamy, że w przypadku dwóch ośrodków o takiej samej konfiguracji poddanych identycznym obciążeniom, lewe strony relacji wynikających z twierdzenia o wzajemności są takie same, stąd
∫ ∫−∗=
V V
evijijkk
eijijkk dVdEdVE εε
ZADANIE 8.11. Należy określić średnią wartość odkształceń postaciowych w izotropowym
ciele sprężystym i lepkosprężystym o objętości V, tj. należy wyznaczyć wielkość
( )∫ ++=V
o dVV 2313121 εεεϕ
Rozwiązanie: Jako zadanie pomocnicze (z primami) analizować będziemy pole