Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe 5. Projekt numer 5 przykład 5.. Temat projektu Na rysunku 5.a przedstawiono belkę swobodnie podpartą wykorzystywaną w projekcie numer 5 z wytrzymałości materiałów. Przekrój tej belki przedstawiono na rysunku 5.b. a) 4,0 kn/m α α 6,0,0,0,0 kn [m] b) E sc= 4 h S 4 h S h S 4 h S 4 h S Rys. 5.. elka swobodnie podparta. a) wymiary i obciążenie belki, b) przekrój belki 5.. naliza kinematyczna belki Na rysunku 5. przedstawiono belkę swobodnie podpartą traktowaną jako płaski układ tarcz sztywnych. Składa się on z jednej tarczy sztywnej i trzech prętów podporowych. Warunek konieczny geometrycznej niezmienności ma postać 3 =3. S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład I 3 Rys. 5.. elka swobodnie podparta traktowana jako płaski układ tarcz sztywnych Jest on spełniony. Tarcza sztywna numer I jest połączona z tarczą podporową za pomocą trzech prętów pod - porowych, których kierunki nie przecinają się w jednym punkcie. Tarcza ta jest geometrycznie niezmienna. elka swobodnie podparta jest wobec tego także geometrycznie niezmienna i statycznie wyznaczalna. 5.3. naliza statyczna belki Na rysunku 5.3 przedstawiono założone zwroty reakcji podporowych. Pozioma reakcja H wynosi zero. Reakcję V wyznacza się z równania równowagi Reakcję V wyznacza się z równania równowagi Σ M =V 8,0 4,0 6,0 (,0+ 3 6,0 ) +,0,0=0 V =5,0 kn. Równanie sprawdzające Σ M = V 8,0+ 4,0 6,0 3 6,0+,0 =0 V =33,0 kn. Σ Y=V +V 4,0 6,0,0=5,0+33,0 7,0,0=0. Na rysunku 5.4 przedstawiono prawidłowe wartości i zwroty reakcji podporowych w belce swobodnie podpartej. 4,0 kn/m,0 kn Y H V V 6,0,0,0 [m] Rys. 5.3. ałożone zwroty reakcji podporowych w belce 4,0 kn/m 5,0 kn 33,0 kn 6,0,0,0,0 kn [m] Rys. 5.4. Prawidłowe wartości i zwroty reakcji podporowych w belce S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 3 5.4. Wykres siły poprzecznej Postacie funkcji siły poprzecznej w belce swobodnie podpartej wyznaczone na podstawie obciążenia przedstawiono w tabeli 5.. Tabela 5.. Postacie funkcji siły poprzecznej w belce swobodnie podpartej Przedział Funkcja siły poprzecznej kwadratowa 0 lub stała 0 lub stała Siła poprzeczna w punkcie Siła poprzeczna z lewej strony punktu T =5,0 kn. L T =5,0 4,0 6,0=,0 kn. Położenie miejsca zerowego siły poprzecznej w przedziale Siła poprzeczna z prawej strony punktu x 0= T K L q =,0 6,0 =3,40 m. 4,0 P T =,0 kn. Siły poprzeczne w przedziale oraz z lewej strony punktu Siła poprzeczna z prawej strony punktu Siły poprzeczne w przedziale oraz w punkcie T =T L =,0kN. T P =,0 33,0=,0kN. T =T =,0kN. Wykres siły poprzecznej w belce przedstawiono na rysunku 5.7. 5.5. Wykres momentu zginającego Postacie funkcji momentu zginającego w belce swobodnie podpartej wyznaczone na podstawie wykresu siły poprzecznej przedstawiono w tabeli 5.. Tabela 5.. Postacie funkcji momentu zginającego w belce swobodnie podpartej Przedział Funkcja momentu zginającego trzeciego stopnia liniowa liniowa Moment zginający w punkcie M = kn m. S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 4 Moment zginający z lewej strony punktu M L =5,0 6,0 4,0 6,0 3 6,0=8,0kN m. godnie z rysunkiem 5.5 wartość obciążenia ciągłego w punkcie, w którym siła poprzeczna ma miejsce zerowe można wyznaczyć z proporcji q 3,40 = 4,0 6,0, q =,96 kn m. godnie z rysunkiem 5.6 ekstremalny moment zginający w przedziale M =33,0 3,40,0,0 4,0 3,40,96 3,40 3,40=63,37 kn m. 3 Moment zginający z prawej strony punktu Moment zginający z lewej strony punktu P M =33,0,0,0 4,0=8,0kN m. M L =5,0 8,0 4,0 6,0 3 6,0,0 = 4,0 kn m. Moment zginający z prawej strony punktu P M =,0,0= 4,0 kn m. Moment zginający w punkcie M = knm. Wykres momentu zginającego w belce przedstawiono na rysunku 5.7. 4,0 kn/m q 3,40 [m] 6,0 Rys. 5.5. Wartość obciążenia ciągłego w miejscu zerowym siły poprzecznej,96 kn/m,0 kn M 33,0 kn 3,40,0,0 [m] Rys. 5.6. Ekstremalny moment zginający w przedziale S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 5 5.6. Wykresy sił przekrojowych w belce Na rysunku 5.7 przedstawiono prawidłowe wartości i zwroty reakcji podporowych oraz wykresy siły poprzecznej i momentu zginającego w belce. 4,0 kn/m,0 kn α 5,0 kn 33,0 kn 6,0,0,0 [m] α 5,0,0 T(x) [kn],760 3,40,0 63,37 8,0 4,0 M(x) [kn m],760 3,40 Rys. 5.7. Wykresy sił przekrojowych w belce 5.7. aprojektowanie przekroju belki godnie z rysunkiem 5.7 ekstremalny moment zginający na długości belki Wytrzymałość materiału M Y ET =63,37 kn m=6337 kn. R=5,0 MPa=,5 kn. Wskaźnik wytrzymałości przekroju na zginanie przekroju powinien spełniać warunek W Y > M (ET ) Y R =6337,5 =94,7 3. Na rysunku 5.8a przedstawiono dwuteownik 40, którego wskaźnik wytrzymałości na zginanie W (T ) =354,0 3. Na rysunku 5.8b przedstawiono blachownicowy przekrój dwuteowy. Główny moment bezwładności tego przekroju względem osi Y J Y =J Ygl =,0 3,83 0,,03 =4563 4. S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 6 a) b) 0,6 0,87,3 4,0,4,0,4 7,0 6 5 4 0,9 sc=3 5,5 5,5,9,9 3,8 Rys. 5.8. Fazy projektowania przekroju pręta. a) przekrój walcowany, b) przekrój blachownicowy Wskaźnik wytrzymałości przekroju blachownicowego W Y = J Y h = 4563 3,8 =383,43 >94,7 3. 5.8. Wykresy naprężeń Na rysunku 5.9 przedstawiono wartości i zwroty siły poprzecznej oraz momentu zginającego działające w przekroju α-α odczytane na podstawie rysunku 5.7. Wartość bezwzględna siły poprzecznej Moment zginający Funkcja naprężenia normalnego T =,0 kn. M Y = 4,0kN m= 400 kn. σ = M Y z= 400 z = 0,560 z. J Y 4563 Naprężenia normalne w punktach od do 5 przedstawionych na rysunku 5.8b ( ) = 0,560 z = 0,560,9= 6,59 kn = 6,59 MPa; σ ( ) = 0,560 z= 0,560 0,5= 5,53 kn = 55,3 MPa ; σ σ ( 3 ) = 0,560 z= 0,560 = kn = MPa ; σ ( 4) = 0,560 z= 0,560 ( 0,5)=5,53 kn =55,3 MPa ; S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 7,0 kn 4,0 kn m σ Rys. 5.9. Siły przekrojowe działające w przekroju α α ( 5) = 0,560 z = 0,560 (,9)=6,59 kn =6,59 MPa. Wykres naprężenia normalnego σ przedstawiono na rysunku 5.. W punkcie naprężenie styczne godnie z rysunkiem 5.0a w punkcie τ τ () =MPa. ( p) = T S Y ( z ) =,0 (,0,4,) =76 kn b ( z) J Y,0 4563 =0,76MPa ; ( s) = T S Y ( z ) b ( z) J Y τ godnie z rysunkiem 5.0b w punkcie 3 W punktach 4 i 5 ( 3) = T S Y ( z ) b ( z) J Y τ =,0 (,0,4,) 0,9 4563 =,0 (,0,4,+0,5 0,9 5,5) 0,9 4563 ( 4p) τ =0,76 MPa ; ( 4s) τ =8,80 MPa ; τ 5 = MPa. =0,880 kn =8,80 MPa. =,36 kn =,36 MPa. Wykres naprężenia stycznego τ przedstawiono na rysunku 5.. godnie z rysunkiem 5. w punkcie 6 ( 6) = T S Y ( y) h ( y ) J Y τ Y W punkcie 7 naprężenie styczne =,0 (5,05,4,),4 4563 7 τ Y = MPa. Wykres naprężenia stycznego τ Y przedstawiono na rysunku 5.. =0,603 kn =,603 MPa. 5.9. Naprężenia główne Oznaczenia punktów przyjęto zgodnie z rysunkiem 5.b. Naprężenia główne w punkcie σ gl = 6,59 MPa; S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 8 a) b),4,0,4 0,9 sc sc,0,,9,9,4,0,4 0,5 0,9 3=sc sc sc,0 5,5,,9,9 Rys. 5.0. zęści przekroju dwuteowego. a) dla punktu, b) dla punktu 3,4,0,4, 6 sc 3 5,05 sc 0,9,0,9,9 Rys. 5.. zęść półki dla punktu 6 σ gl = MPa. Naprężenia główne w punkcie σ gl =,36 MPa; σ gl =,36 MPa. Naprężenia główne w punkcie E σ gl =6,59 MPa ; σ gl = MPa. godnie z rysunkiem 5.3a w punkcie ( ) = 0,560 z= 0,560 5,5=,76 kn = 7,6 MPa; σ S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 9 [MPa],603,603 τ Y 7 6 5 4 σ 6,59 55,3 τ 0,76 8,80,0 kn 4,0 kn m sc=3,36 N= kn [MPa],603,603 τ Y 55,3 6,59 [MPa] [MPa] 8,80 0,76 Rys. 5.. Wykresy naprężeń normalnego σ oraz stycznych τ Y i τ w przekroju belki a),4,0,4,0 0,9 sc 7,875 sc sc 5,5 5,5,,9,9 b),4,0,4 7,875,0 sc sc sc 5,5 5,5, 0,9,9,9 τ Rys. 5.3. zęść przekroju dwuteowego. a) dla punktu, b) dla punktu ( ) = T S Y ( z ) b ( z) J Y =,0 (,0,4,+5,5 0,9 7,875) 0,9 4563 =,07 kn =0,7 MPa ; Kierunek główny w punkcie czyli τ = 0,7 MPa. tg ( α gl )= τ = ( 0,7) σ σ ( 7,6) = 0,776 ; α gl = 8,9. S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 0 Naprężenia główne w punkcie σ gl = σ +σ + σ σ cos( α gl )+τ sin ( α gl )= +( 7,6) + + ( 7,6) cos ( ( 8,9 )) 0,7 sin ( ( 8,9 ))=3,67 MPa; σ gl = σ +σ σ σ cos( α gl ) τ sin ( α gl )= +( 7,6) ( 7,6) cos ( ( 8,9 )) ( 0,7) sin ( ( 8,9 ))= 3,9 MPa; σ / = σ +σ ± ( σ σ ) +τ = +( 7,6) Niezmienniki stanu naprężenia w punkcie w układzie I =σ +σ =+( 7,6)= 7,6 MPa; ± ( ( 7,6) ) +( 0,7) = { 3,67 MPa 3,9 MPa. I =σ σ τ = ( 7,6) ( 0,7) = 4,9 MPa. Niezmienniki stanu naprężenia w punkcie w układzie osi głównych godnie z rysunkiem 5.3b w punkcie τ σ ( ) = T S Y ( z ) b ( z) J Y I =σ gl +σ gl =3,67 3,9= 7,6 MPa ; I =σ gl σ gl =3,67 ( 3,9)= 4,9 MPa. ( ) = 0,560 z= 0,560 ( 5,5 )=,76 kn =7,6 MPa ; =,0 (,0,4,+5,5 0,9 7,875) 0,9 4563 =,07 kn =0,7 MPa ; Kierunek główny w punkcie czyli Naprężenia główne w punkcie ( τ ) = 0,7 MPa. tg ( α gl )= τ σ σ = ( 0,7) 7,6 =0,776 ; α gl =8,9. σ gl = σ +σ + σ σ cos( α gl )+τ sin ( α gl )= +7,6 + + 7,6 cos ( 8,9 ) 0,7 sin ( 8,9 )= 3,67 MPa ; σ gl = σ +σ σ σ cos( α gl ) τ sin ( α gl )= +7,6 7,6 cos ( 8,9 ) ( 0,7) sin ( 8,9 )=3,9 MPa ; S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład σ / = σ +σ ± ( σ σ ) +τ = +7,6 Niezmienniki stanu naprężenia w punkcie w układzie I =σ +σ =+7,6=7,6 MPa; ± ( 7,6 ) +( 0,7) = { 3,9 MPa 3,67 MPa. I =σ σ τ = 7,6 ( 0,7) = 4,9 MPa. Niezmienniki stanu naprężenia w punkcie w układzie osi głównych I =σ gl +σ gl = 3,67+3,9=7,6 MPa ; I =σ gl σ gl =( 3,67) 3,9= 4,9 MPa. Graficzną interpretację naprężeń w układach i w układach osi głównych w punktach od do E przed - stawiono na rysunku 5.4. = gl 6,59 MPa E 6,59 MPa 6,59 MPa E 6,59 MPa 0,7 MPa 7,6 MPa,36 MPa 7,6 MPa 0,7 MPa,36 MPa,36 MPa 3,9 MPa 3,67 MPa 8,9 O gl 3,67 MPa gl 3,9 MPa 0,7 MPa,36 MPa,36 MPa,36 MPa 3,9 MPa 3,67 MPa 7,6 MPa 7,6 MPa 0,7 MPa 8,9 O = gl gl 3,67 MPa gl 3,9 MPa 6,59 MPa 6,59 MPa 6,59 MPa 6,59 MPa Rys. 5.4. Naprężenia w układach oraz w układach osi głównych S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 5.0. Wykresy naprężeń zredukowanych Naprężenia zredukowane σ red według hipotezy Hubera zostaną wyznaczone na podstawie wykresów naprężeń normalnego σ oraz stycznych τ Y i τ, które są przedstawiona na rysunku 5.. godnie z nim w punktach od do 7 ( σ ) red = σ +3 τ = ( 6,59) +3 =6,59 MPa ; ( σ ) red = σ +3 τ = ( 55,3) +3 ( 8,80) =57,30 MPa; ( 3 σ ) red = σ +3 τ = +3 (,36) =9,68 MPa; ( 4 σ ) red = σ +3 τ = 55,3 +3 ( 8,80) =57,30 MPa; ( 5 σ ) red = σ +3 τ = 6,59 +3 =6,59 MPa; ( 6 ) = σ +3 τ Y = 6,59 +3,603 =6,75 MPa ; σ red 7 = σ 3 τ Y = 6,59 3 =6,59 MPa. σ red Wykresy naprężeń zredukowanych według hipotezy Hubera przedstawiono na rysunku 5.5 6,59 6,75 6,75 6,59 [MPa] 7 6 5 σ red σ red 6,59 4 57,30,0 kn 4,0 kn m sc=3 9,68 N= kn 57,30 [MPa] 6,59 Rys. 5.5. Wykresy naprężeń zredukowanych według hipotezy Hubera 5.. Stan odkształcenia w punkcie W punkcie panuje stan naprężenia opisany składowymi Stałe materiałowe stali, z której wykonana jest belka ( σ ) = 7,6 MPa ; τ = 0,7 MPa. E=05,0 GPa=05000 MPa ; ν=0,3 ; S-I
Wytrzymałość materiałów ćwiczenia projektowe Projekt numer 5 przykład 3 Odkształcenia liniowe i postaciowe w punkcie G= E (+ν) = 05,0 =78,85GPa=78850 MPa. (+0,3) ε = E [σ ν (σ Y +σ )]= 05000 [ 7,6 0,3 (+ )]= 00347= 34,7 0 6 ; ε Y = E [σ Y ν (σ +σ )]= 05000 [ 0,3 ( 7,6+ )]=000404=40,4 0 6 ; ε = E [σ ν (σ +σ Y )]= 05000 [ 0,3 ( 7,6+ )]=000404=40,4 0 6 ; Tensor odkształcenia ma postać Naprężenia główne w punkcie Odkształcenia główne w punkcie ε = τ G = 0,7 78850 = 0006798= 67,98 0 6 ; ε Y =ε Y =0. 34,7 0 67,98 0 40,4 0 ε=[ ] 0 6. 67,98 0 40,4 σ gl =3,67 MPa ; σ gl = 3,9 MPa; σ Ygl = MPa. ε gl = E [σ gl ν (σ Ygl +σ gl )]= 05000 [ 3,9 0,3 (+3,67)]= 00580= 58,0 0 6 ; ε Ygl = E [σ Ygl ν (σ gl +σ gl )]= 05000 [ 0,3 ( 3,9+3,67)]=000404=40,4 0 6 ; ε gl = E [σ gl ν (σ gl +σ Ygl )]= 05000 [3,67 0,3 ( 3,9+ )]=0006370=63,70 0 6. Tensor odkształcenia ma postać ε=[ 58,0 0 0 0 40,4 0 0 0 63,70] 0 6. S-I