Pręty, układy prętów - Zakład Wytrzymałości Materiałów i Konstrukcji

PRĘTY, UKŁADY PRĘTÓWUkłady prętowe statycznie wyznaczalnePręt jest najprostszym modelem elementów konstrukcyjnych.Kształt pręta jest wyznaczony przez dowolną figurę płaską, którejśrodek ciężkości porusza się po dowolnym torze – figura tawyznacza kształt przekroju poprzecznego, natomiast tor wyznaczaoś pręta.Przykłady konstrukcji prętowychRozciąganie a) i ściskanie b) oraz siławewnętrzna c) dla pręta o stałym przekrojuRównanie równowagi: suma sił działających wzdłuż osi prętajest równa zeruNaprężenia w pręcie:NALWydłużenie pręta: .LPonieważ dla rozciąganego pręta obowiązuje prawo Hooke'a,wydłużenie pręta oraz jego przewężenie (odkształcenie poprzeczne)określają zależności:PL L , '.EEASiły wewnętrzne w pręcie wyznacza się za pomocą metodyprzekrojów. Myślowych przekrojów należy dokonywaćw dowolnych miejscach odcinków, których granicami sąpunkty przyłożenia obciążenia oraz zmiany kształtu poprzecznegopręta ( np. wielkości przekroju).08 Pręty, układy prętów.doc 93

PRZYKŁADDla pręta przedstawionego na rysunku wykonać wykresy sił normalnych, naprężeńoraz przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta.Równanie statyki: 3P – 2P + P – R = 0 R = 2PMetoda: – metoda myślowych przekrojów.Przekrój 1–1:Przekrój 2–2:Przekrój 3–3:Przekrój 4–4:N1N1L1 PaN1 P, 1 , L1 .A EA EAW przekroju 1–1 siła wewnętrzna jest siłą rozciągającą. Dla uniknięciakonfliktu znaków w pozostałych przekrojach kierunek sił wewnętrznych będziezgodny z kierunkiem przyjętym w przekroju 1–1. Dzięki temu założeniuznaki sił w pozostałych przekrojach należy odnosić do kierunku sił w tymprzekroju.N2P N2L22PaN2 P 2P P,2 , L2 .A A EA EAW porównaniu z przekrojem 1–1, tutaj siła wewnętrzna jest siłą ściskającą,naprężenia mają znak zgodny ze znakiem sił, nastąpiło skrócenie odcinka,w którym umiejscowiony został przekrój 2–2.N3P N3L3N P 2P P,3 , L3 2A 2A E2A3 3Pa.4EAZmiana wielkości przekroju poprzecznego nie wpływa na wartość siływewnętrznej, ale ma wpływ na naprężenia i odkształcenia. Siła N3 ma znakprzeciwny do siły w przekroju 1–1, jest więc siłą ściskającą.N4P N4L4N P 2P 3P 2P, 4 , L42A A 2EA4 3Pa.2EAW tym przekroju siła ma znak zgodny z kierunkiem w przekroju 1–1, jestwięc siłą rozciągającą. Wykresy sił normalnych i naprężeń przedstawionona rys. 2.6. Uskoki na wykresie sił wewnętrznych odpowiadają wartościomsił zewnętrznych – w ten sposób jest zachowana ciągłość wykresu sił normalnych.08 Pręty, układy prętów.doc 94

Całkowite wydłużenie swobodnego końca pręta jest sumą wydłużeń poszczególnych odcinków:Pa 3 3 Pa L L1 L2 L3 L4 12 .EA 4 24EAWykres przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta pokazano na rysunku.Po analizie czterech przekrojów do rozpatrzenia pozostał jeszcze niewielkifragment pręta. Jego analiza może mieć znaczenie przy sprawdzaniu poprawnościwyników. Z warunków równowagi sił dla tego fragmentu pręta wynika,że N 4 = R = 2P. Fakt ten potwierdza poprawność obliczeń.Do obliczenia całkowitego wydłużenia pręta można wykorzystać zasadę superpozycji.Zasada superpozycjiObciążenie działające na pręt można rozłożyć na oddzielnie działające siły 3P, 2P i P.Obniżenie swobodnego końca pręta wywołane tymi siłami (czynną, obciążoną część prętazakropkowano) wyrażają zależności:3P 1,5a9PaL' ,2EA 4EA 2P 2a 2P 3a 7PaL'' , EA 2EA EAP 3a P 3a 9PaL''' ,EA 2EA 2EAPaL L'L''L''' .4EAZasadę superpozycji można zastosować również do obliczenia reakcji R. Zgodnie z rysunkiem,reakcja ta wynosi R = 3P – 2P + P = 2P.Podsumowując ten przykład warto zapamiętać następujące zasady.1 Na wykresach sił wewnętrznych musza być widoczne wszystkie siły zewnętrzneczynne (obciążenia) i bierne (reakcje).2 We wszystkich myślowych przekrojach wskazane jest konsekwentne stosowaniewspólnej umowy określającej znaki sił wewnętrznych.Należy podkreślić, ze powyższe zasady znajdują zastosowanienie tylko w układach prętowych, ale również w wałach i belkach.Zasady te mają więc uniwersalny charakter.08 Pręty, układy prętów.doc 95

PRZYKŁADSztywna (nieodkształcalna) belka AB jest podtrzymywana w położeniu poziomym za pomocąpręta CD. Korzystając z warunku wytrzymałościowego, określić dopuszczalną wartośćsiły P. Dla obciążenia równego obciążeniu dopuszczalnemu obliczyć obniżenie końca B belki.Przyjąć średnicę pręta CD wynoszącą d = 20 mm, dop = 160 MPa, E = 210 5 MPa.Dzięki metodzie myślowych przekrojów w pręcie CD zostaje „ujawniona” siła wewnętrznaS. Wykorzystując zasadę zesztywnienia, równania statyki można ułożyć dla nieodkształconegoukładu prętów. Z trzech równań równowagi dla płaskiego układu sił w tym zadaniu będziewykorzystana suma momentów względem punktu A (jest to najkorzystniejszy punkt).Pozostałe dwa równania statyki mogą być wykorzystane np. do obliczenia reakcji R A .ELEMENT ODKSZTAŁCALNY(obowiązuje zasada myślowych przekrojów)Równanie statyki:P a b S sin 0S .asin 0Pa bM AWarunek wytrzymałościowy:P P a basin dopSA 20 d42dop2 dopS A Pdop1601sin36,874 11,5odop,10dA 422ddopasin,4 a b3, 12,064 kN.W powyższym wzorze = arctg 0,75 = 36,87. Do dalszych obliczeń przyjęto P dop = 12 kN.Siła wewnętrzna w pręcie CD wynosi: Pa b12 2,5S 50 kN.oasin1sin36,87Przed przystąpieniem do obliczenia przemieszczeń należy wprowadzić pewne uproszczenia,związane z praktycznym, inżynierskim charakterem wytrzymałości materiałów.Ponieważ odkształcenia i przemieszczenia są bardzo małe, łuki określające nowe położeniepunktów można zastąpić odcinkami prostymi prostopadłymi do pierwotnego (nieodkształconego)położenia prętów (rys. c). Należy też przestrzegać zasady zgodności odkształceń zkierunkami sił.Z prawa Hooke'a obliczyć można wydłużenie pręta CD (F = cm 2 )S LCDSc 50 0,754 LCD 10 1 mm.5oEA EA sin 2 10 sin36,87Przemieszczenie punktu BPrzemieszczenie punktu B jest spowodowane wydłużeniem się pręta CD. Na skutek tegowydłużenia punkt C przemieszcza się w dół o odcinek CC'. Korzystając z twierdzenia Talesa,można obliczyć przemieszczenie BB'LCDSc Pa bcCC' ,33sinEAsin EAasin BB' aCC'ELEMENT „SZTYWNY”(zasada myślowych przekrojów nie obowiązuje) b P aa EAa2 b c 121 1,5 2sin3 2 105 122 sin 0,75336,87o104 4,145 mm.08 Pręty, układy prętów.doc 96

ybxaPRZYKŁADDwa pręty połączone przegubem A są obciążone pionowa siła P. Obliczyć przemieszczenieprzegubu A. Przyjąć: P = 10000 N, a = 1 m, E = 210 6 MPa, A 1 = 2 cm 2 ,A 2 = 1 cm 2 , = 30, = 60.a) b) c)ad)1SA 11A90 o AA2S 2w1A 2P Pl 2l 1H A A 1wV A21dl 2AcH A Al 1A 1V ARównania równowagi (rys. b):(1)(2)P( ) 0P( ) 0S cos S1 S sin S12cos P 0,2sin 0.Po rozwiązaniu powyższego układu otrzymuje się wartości sił wewnętrznychPsinS 8660 N, S2sin( )Psinsin( )1 Wydłużenia prętów: znając długości prętów:z prawa Hooke’a wyznacza się:aL 2 m, L2sin5000 N.asin1 1,155 m,S1L1 86602S2L250001,155 L1 10 0,433 mm, L2 10 0,289 mm.66EA 2 10 2EA 2 1011Opierając się na rysunku c, składowe pionową i poziomą przemieszczenia wyznaczasię z zależności:VA x y l1cos l2HA w w1 l1sin l2cos 0,433 cos30sin 0,433 sin302 0,289 cos60 0,289 sin60 0,519 0,034mm,mm.Znak „” przy przemieszczeniu H A wskazuje, że kierunek przemieszczenia przyjętyna rys. a jest niewłaściwy. Ten wniosek jest prawdziwy tylko wówczas, gdy odkształceniaprętów przyjęto zgodnie z kierunkami sił założonymi w równaniachstatyki.08 Pręty, układy prętów.doc 97

aaaUkłady prętowe statycznie niewyznaczalneZadania statycznie niewyznaczalne charakteryzują się tym, że liczbaniewiadomych jest większa od liczby równań statyki. Rozwiązanie zadaniastatycznie niewyznaczalnego wymaga ułożenia dodatkowych równańgeometrycznych.Równania geometryczne buduje się wykorzystując zasadę nierozdzielnościkonstrukcji, polegającą na tym, że odkształcona konstrukcjastanowi w dalszym ciągu jedną całość i tym samym odkształcenia jejwszystkich elementów są ze sobą powiązane poprzez istnienie więzów(przegubów). Równania geometryczne wykorzystując ten fakt są równaniamizawierającymi odkształcenia wszystkich elementów RG = f(Δl i ).Przy wykorzystaniu prawa fizycznego (prawo Hooke’a), równanie geometryczneprzekształca się tak, że występują w nim siły wewnętrzne,czyli RG = f(S i ). Równania w tej postaci mogą razem z równaniami statykitworzyć układ pozwalający na rozwiązanie zadania.PRZYKŁADDla pręta przedstawionego na rysunku wykonać wykresy sił normalnych, naprężeńoraz przemieszczeń poprzecznych przekrojów pręta. Do obliczeń przyjąć następującedane liczbowe: P = 70 kN, F = 4 cm 2 , a = 0,6 m, E = 210 5 MPa.Zadanie jest jednokrotnie statycznie niewyznaczalne. Równanie statyki musibyć uzupełnione równaniem geometrycznym, uwzględniającym fakt, że całkowitewydłużenie pręta jest równe zeru.R A NR A 303FFPPL[kN] [MPa] [mm]250,075750,22510040R BR BRównanie statyki ma postać( 1) P 0 RA RB P 0, RA RB P.Równanie geometryczne przyjmuje, że całkowite wydłużenie pręta jest równe zeru( 2) L 0.Korzystając z metody myślowych przekrojów można określić wydłużenie poszczególnychodcinków, w których dokonano myślowych przekrojów. Dodatkowo możnaokreślić dane, potrzebne do wykonanie wykresów wymienionych w temacie zadania.Myślowe przekroje przedstawia rysunku.08 Pręty, układy prętów.doc 98

Przekrój 1–1 Przekrój 2–2 Przekrój 3–3 Przekrój 3–3R AR AR A1 1N 12 2N 23P3N 3N 33 3R BW poszczególnych przekrojach uzyskano:Przekrój 1–1:N1N1aN1 RA,1 , L1 .F1E3FW przekroju 1–1 siła wewnętrzna N 1 jest siłą rozciągającą. Dla uniknięcia konfliktuznaków, w pozostałych przekrojach kierunek sił wewnętrznych będzie zgodny z kierunkiemprzyjętym w przekroju 1–1. Dzięki temu założeniu znaki sił w pozostałychprzekrojach należy odnosić do kierunku sił w tym przekroju.Przekrój 2–2:N2N2aN2 RA,2 , L2 .F EFPrzekrój 3–3:N3N3aN3 RA P, 3 , L3 .F EFZ równania geometrycznego (2) otrzymuje sięL L L L 0,1RAaRAa(RA P)a3 3 0 RA P 70 30 kN.3EF EF EF7 7Po wyznaczeniu z równania statyki (1) reakcji R B = P – R A = 40 kN, wyznaczyćmożna dane do wykonania wykresów. Siły wewnętrzne wynoszą: N 1 = N 2 = 30 kN,N 3 = 30 – 70 = – 40 kN – na tym odcinku pręt jest ściskany. Naprężenia i wydłużeniawynosząN130N2301 10 25 MPa, 2 10 100 MPa,3F 3 4F 4N3403 10 100 MPa,3 4N1a30 0,6 4L1 10 0,075 mm,53EF 3 2 10 4N2a30 0,6 4N3a40 0,6 4L2 10 0,225mm, L3 10 0,300 mm.55EF 2 10 4EF 2 10 4Odpowiednie wykresy przedstawiono na rys. 2.14. Dla sprawdzenia poprawnościobliczeń rozpatrzono dodatkowo przekrój 3-3. Warto też sprawdzić równanie geometryczne: L L L 0,075 0,225 0,300 0.L 1 2 32308 Pręty, układy prętów.doc 99

y0,5LxLPRZYKŁADDla prętów przedstawionych na rysunku wyznaczyć siły i naprężenia w prętachoraz przemieszczenie węzła A. Przyjąć: P = 25 kN, L = 1,2 m, E = 210 5 MPa, A = = 2cm 2 .Wydzielając myślowo przegub A, otrzymuje się płaski układ sił zbieżnych. Z warunkówrównowagi wynika, że zwroty sił w prętach 2 i 3 muszą być przeciwnie skierowane– przyjęto tutaj, że pręt 2 jest ściskany.a) Lb) c)A2AAAPS 2S 3S 1AP23l 31l 2Al 1A 1Równania statyki (rys. b):(1) P( ) 0 S1 S3sin P 0,(2) P() 0 S2 S3cos 0.Równanie geometryczne (rys. c): L3L2( 3) L1 x y .sintgPonieważ: tg = 0,5l/l = 0,5, = 26,565 oraz obliczając z prawa Hooke’a wydłużeniaprętówS1L , lEAS2L , lEAS L,2EAcos1l123równanie geometryczne przekształca się do postaci( 3) S .1 1,25S32S2Z równań (1)–(3) otrzymuje się S 1 = 21,8 kN, S 2 = 6,4 kN, S 3 = 7,2 kN.Naprężenia w prętach:Przemieszczenie przegubu A:1S1S2 10 109 MPa, 2 10 32 MPa,AAS33 10 18 MPa.2AAVAHA L L120,65S1L21,8 1,2 105EA 210 2S2L6,4 1,2 105EA 210 22 0,192 0,684mm.4 0,65 0,19mm,mm,08 Pręty, układy prętów.doc 100

LNaprężenia termicznePod wpływem zmian temperatury elementy konstrukcyjne zmieniają swoje wymiary.Zmianę długości pręta obliczyć można z następującej zależności:L t L T.Współczynnik rozszerzalności liniowej jest cechą charakterystyczną materiału.Pręt poddany działaniu temperatury, będący elementem układu prętów, oddziałuje nasąsiednie pręty. Całkowite odkształcenie pręta jest sumą odkształcenia termicznego iodkształcenia sprężystego, wywołanego siłami powstałymi na skutek oddziaływaniasąsiadujących prętów. Odkształcenie to można obliczyć z zależności: L L L,gdzie: L t – wydłużenie termiczne,L n – wydłużenie sprężyste, zgodne z prawem Hooke'a.Znaczenie znaków w powyższej zależności:+L t , – L t – wydłużenie związane ze wzrostem temperatury (T > 0) lub skróceniezwiązane z obniżenie temperatury (T < 0),+L n , – L n – wydłużenie lub skrócenie, zgodnie ze znakami sił przyjętymi w równaniachrównowagi,PRZYKŁADPręt o długości L i polu powierzchni A został poddany działaniu podwyższonejtemperatury T. Obliczyć naprężenia powstałe w pręcie.RRTtn T RARDziałanietemperaturyRDziałaniesiły reakcjiSuperpozycjaPod wpływem temperatury, w utwierdzeniach pręta pojawiają się reakcje R. Zastosowaniezasady superpozycji umożliwia oddzielne rozpatrzenie działania temperaturyi reakcji R. Po oswobodzeniu pręta od górnego utwierdzenia, może się on swobodniewydłużać pod wpływem temperatury i jego wydłużenie wynosi T T TL.W wyniku działania siły, skrócenie pręta wynosi (wg prawa Hooke’a)R L R .EAPonieważ zadanie jest statycznie niewyznaczalne, równanie geometryczne mapostać T = R , a stądR LR T TL , R T TEA, T TE.EAAPrzyjmując dane: L = 1 m, A = 3 cm 2 , T = 25C, T = 1,210 -5 1/C otrzymuje się:R 1,2 10 5 25 21053101 18 kN, 1,2 105 25 2105 60 MPa.08 Pręty, układy prętów.doc 101

LLNaprężenia montażowePoszczególne elementy dużej, złożonej konstrukcji są wykonywane zodchyłkami wymiarowymi, założonymi przez konstruktora. W wyniku niekorzystnegozbiegu okoliczności suma tych odchyłek może spowodowaćpowstanie luzu montażowego, który w czasie montażu konstrukcji musibyć „zlikwidowany” przez działanie dodatkowych sił. Powoduje to powstaniew konstrukcji dodatkowych naprężeń, zwanych naprężeniamimontażowymi. W krańcowym przypadku konstrukcja mająca spełniaćokreślone zadania (np. przenosić obciążenia) już w czasie montażu możeulec zniszczeniu. Najczęściej spotykaną przyczyną luzów montażowychjest nieprzestrzeganie ustalonych warunków konstrukcyjnych itechnologicznych w wyniku lekceważenia zasad sztuki inżynierskiej.Należy też wspomnieć, że w pewnych sytuacjach wywołanie naprężeńwstępnych jest działaniem celowym, np. w połączeniach śrubowych naciągwstępny zapobiega odkręcaniu się nakrętek, a w połączeniach kołnierzowychzapewnia szczelność połączenia.Naprężenia montażowe mogą osiągnąć spore wartości, tak że po dodaniuobciążenia zapas wytrzymałości może być już niewielki.PRZYKŁADW konstrukcji podtrzymywanej przez trzy pręty, w trakcie montażu okazało się, żeśrodkowy pręt został wykonany krótszy o w stosunku do dokumentacji. Obliczyćnaprężenie w prętach po zmontowaniu konstrukcji. Do obliczeń przyjąć: P = 10 kN, L= 1 m, A = 2 cm 2 , E = 210 5 MPa, = 1 mm.Równania statyki dla zmontowanej konstrukcji:P 0M(C) 0N1NN aN12 N33 P,a 0N1 NRównanie geometryczne (zadanie statycznie niewyznaczalne): L1 L2 .Zgodnie z prawem Hooke’a:N1LN1L L1 , L2 .EA2EAPP3.CL 1L 2N 1 N N2 3A 2A AA 2A Aaaaa08 Pręty, układy prętów.doc 102

Po rozwiązaniu układu 3 równań otrzymuje się:P EAN1 N3 , N24 2LRozwiązanie liczbowe uwzględniające trzy sytuacje:1. Konstrukcja idealna, obciążona siłą P ( = 0).P EA .2 LNN12P N3 2,5kN,4P 5kN,2122,5 3 10 12,5MPa,25 10 12,5MPa.22Znak „-” przy sile N 2 oznacza złe założenie kierunku tej siły w równaniu statyki.2. Konstrukcja z luzem montażowym, bez obciążenia siłą (P = 0). EA20N1 N3 20kN, 1 3 10 100MPa,2L2 EA40N2 40kN, 2 10 100MPa.L2 23. Konstrukcja z luzem montażowym, obciążona siłą P.P EA22,5N1 N3 2,5 20 22,5kN, 1 3 10 112,5MPa,4 2L2P EA35N2 5 35kN, 2 10 87,5MPa.2 L2 2Dla 3. przypadku znajduje potwierdzenie zasada superpozycji.08 Pręty, układy prętów.doc 103