Mechanika kontinua a termodynamika – cvičení Úlohy na pružnost a pevnost Milan Hokr 1. října 2013
Obsah 1 2
3
Úvod - fyzikální veličiny, pojmy a principy Jednoosá napjatost 2.1 Staticky neurčité konstrukce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Radiálně zatížený prstenec . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Víceosá napjatost
2 2 7 11 12
4
Krut hřídelů 4.1 Hustě vinutá válcová pružina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15 17
5
Ohyb nosníků 19 5.1 Smyková síla a ohybový moment, diagramy . . . . . . . . . . . . 19 5.2 Napětí a deformace v nosnících – prostý ohyb, ohyb se smykovou silou 21 5.3 Průhyb nosníků – diferenciální rovnice, momentový diagram . . 23 5.3.1 Staticky neurčité nosníky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
6 Energetické metody
26
7
29
Úlohy k procvičení 1
Tento text obsahuje řešené příklady z předmětu „Mechanika kontinua a termodynamikaÿ na FM TUL, které jsou probírány na cvičeních v 9–10 týdnech semestru (v současné době 2013 je skladba příkladů trochu odlišná). V poslední kapitole jsou zadány úlohy k samostatnému procvičení, které jsou vzorem pro zápočtové a zkouškové písemné práce.
1
Úvod - fyzikální veličiny, pojmy a principy • Pružnost a pevnost = mechnika deformovatelných těles, např. vztah namáhání–deformace • síly - povrchové(kontaktně)/objemové(na dálku), spojitě rozložené/bodové • nelze zaměnit soustavu sil za staticky ekvivalentní (rozdíl proti mechanice mechanika tuhého tělesa) • pojem vnitřní síly, metoda myšleného řezu (MMŘ): pro ideálně spojité těleso definujeme vnitřní sílu jako sílu kterou působí jedna část tělesa na druhou, jestliže je rozdělíme myšleným řezem (určíme z podmínky statické rovnováhy oddělených částí) • Saint-Venantův princip: umožňuje „zaměnitÿ bodové a plošně rozložené silové působení např. na koncích tenké tyče
2
Jednoosá napjatost
Definice základních veličin vnitřní síla (normálová) N, znaménková konvence N > 0 pro tah, N < 0 pro tlak (při použití MMŘ malujeme šipku vždy ven z té části tělesa, pro niž řešíme rovnováhu) napětí (normálové) σ = NS (typicky v myšleném řezu) (1) σ > 0 pro tah, σ < 0 pro tlak relativní deformace (podélná) ε = ∆l , příčná deformace ε′ = −µε l ′ Poissonovo číslo µ = εε , pro izotropní materiál 0 ≤ µ ≤ 0, 5 prodloužení: kladné ε, zkrácení: záporné ε Vztahy: Hookův zákon σ = E · ε E. . . modul pružnosti (v tahu) pozn.: platí pro omezený rozsah napětí a deformací vztah prodloužení–síla pro prosté tahové namáhání tyče ∆l = 2
Fl ES
(2) (3)
N P
Ni li ES i=1 i i R l F (x) 0 ES(x) dx
prodloužení při po úsecích proměnných parametrech ∆l =
(4)
prodloužení při spojitě proměnných parametrech: ∆l = Fl + αl∆t prodloužení při zahrnutí teplotní roztažnosti: ∆l = ES (∆t změna teploty, α koeficient teplotní roztažnosti) relativní změna objemu θ =
∆V V
(5) (6)
= (1 − 2µ) · ε
(7)
Pevnostní úlohy označíme např. σk kritické napětí, při němž dojde k poškození materiálu definujeme dovolené napětí σD = σkk , kde k > 1 je koeficient bezpečnosti v úlohách budeme zadávat rovnou hodnotu dovoleného napětí σD Pevnostní podmínka v nejjednodušším tvaru: σmax ≤ σD , kde σmax je maximální absolutní hodnota napětí v celém tělese či konstrukci
Používané materiálové charakteristiky: materiál ocel měď beton
σdov [MPa] 120
E[MPa] 2 · 105 1 · 105
1
α[K−1 ] 1, 05 · 10−5 1, 65 · 10−5
ρ[kg/m3 ] 7800 2500
Příklad 2.1 (Použití základních vztahů) Stanovte velikost síly F tak, aby celková změna délky ocelové tyče (obr.) byla rovna 3mm. Pro takto zjištěné zatížení určete poměrnou změnu plochy příčného řezu a změnu objemu. l = 4m, d = 25mm, µ = 0, 3, E = 2 · 105 MPa Řešení: poměrné prodloužení ε =
∆l l
=
3 4·103
= 0, 75 · 10−3
síla F podle Hookova zákona: πd2 F = εES0 = εE 4 0 = 0, 75 · 10−3 · 2 · 108 ·
π 4
· (0, 025)2 = 73, 6kN
Změna průřezu: platí: εr = −µ · ε , tj. ∆d = −µ · ∆l , d0 l poměrná změna průřezu je (S1 označuje plochu po zatížení): (d +∆d)2 −d20 d2 +2d ∆d+(∆d)2 −d20 ∆S 0 = S1S−S = 0 d2 (pro ∆d ≪ d) , = 0 0 d2 =2 ˙ ∆d S0 d0 0
tj.
∆S S0
= −2µ ·
∆l l0
0
0
= −2 · 0, 3 · 0, 75 · 10−3 = −0.45 · 10−3
Změna objemu: změna jednotky objemu je θ = (1 − 2µ) · ε celková změna objemu: 3
6
l
d ?
F ?
∆V =
R
(V )
θ · dV = S0 lε(1 − 2µ) = 4, 909 · 10−4 · 4 · 0, 75 · 10−3 · (1 − 2 · 0, 3) =
5, 89 · 10−7 m3 [ F = 73, 6kN ,
∆S S0
= −0, 45 · 10−3 , ∆V = 0, 589cm3 ]
Příklad 2.2 (Metoda myšleného řezu, rozložení napětí) Metodou myšleného řezu zobrazte graficky průběh podélných sil v tyčce konstantního průřezu S, která je zatížena podle obrázku. Dále stanovte celkové prodloužení tyče a energii napjatosti bez vlivu vlastní tíže tyče. Řešení: Síly označíme postupně zdola nahoru F1 , . . . F4 . Za kladný zvolíme směr vzhůru. P Reakce v místě připevnění: R = − i Fi = −(−F + 2F + F − F ) = −F (tj. podložka na tyč tlačí silou o velikosti F ) a 6 ? 4 6
3a
3 ? 6
3a
2
? 6 1, 5a ?
4 ? F 6 F 6
2F
Fh
3
F 2
h -
1
1 ? F
rozmístění působících sil
2F
F výsledný průběh vnitřní síly N(x)
Průběh normálové síly: (podmínky rovnováhy pro jednotlivé myšlené řezy) Řez 1, x ∈ h0; 1, 5a) : N(x) − F = 0 ⇒ N(x) = +F Řez 2, x ∈ h1, 5a; 4, 5a) : N(x) + 2F − F = 0 ⇒ N(x) = −F Řez 3, x ∈ h4, 5a; 7, 5a) : N(x) + F + 2F − F = 0 ⇒ N(x) = −2F Řez 4, x ∈ h7, 5a; 8, 5a) : N(x) − F + F + 2F − F = 0 ⇒ N(x) = −F Poznámka: skoky v grafu odpovídají bodově působícím silám v daných místech Celkové prodloužení, tj. posun volného konce vůči vetknutému: 4 P
N (x)i ·li F ∆l = = E1S [F · 1, 5a + (−F ) · 3a + (−2F ) · 3a + (−F ) · a] = −8, 5a ES ES i=1 tj. tyč se vlivem daného zatížení zkrátí
odvození vztahu pro energii (práce, kterou vykonáme k prodloužení tyče o ∆l: U =W =
R
(l)
F dl =
∆l R 0
2
SE xl dx = 21 SE ∆ll =
Celková energie napjatosti: 4
F 2l 2ES
(!! vždy kladná)
U=
4 P
i=1
N 2 (x)i ·li 2E S
=
1 [F 2 · 2ES
2
1, 5a + F 2 · 3a + 4F 2 · 3a + F 2 · a] = 8, 75a FESa
Příklad 2.3 (Spojitě rozložené zatížení /objemové síly/ - konstantní průřez) Ocelová tyč rotuje kolem příčné osy. Určete maximální možnou délku lmax tyče při 600ot/min je-li dovolené napětí 120MPa. Dále určete celkové prodloužení tyče . Modul pružnosti je 2 · 105 MPa a hustota ρ = 7800kg/m3. při lmax a lmax 2 Řešení: Na element tyče dy ve vzdálenosti y od osy otáčení působí odstředivá síla dF (y) = ω 2 y · Sρdy V místě x normálová síla vyrovnává působení odstředivé síly na zbylou část tyče od osy otáčení. Tj. N(x) =
l/2 R x
Sρω 2 ydy = 21 Sρω 2
l2 4
− x2 a napětí σ(x) = 21 ρω 2
Maximální namáhání je u osy q otáčení, tj. pro x = 0. 2 l2 Je tedy ρω 8 ≤ σdov a lmax = 8σρωdov 2 = 5, 58m
Prodloužení elementárního úseku tyče v místě x je ∆(dx) =
Celkové prodloužení je ∆l = 2 ·
l/2 R 0
σ(x) dx E
Při lmax je prodloužení ∆l = 2, 68cm, při
=
ρω 2 E
lmax 2
l2 l 4 2
−
1 3
l2 4
− x2 , x ∈ (0, 2l )
σ(x) dx. E
3 l 2
=
ρω 2 l3 12E
je ∆l = 3, 35mm.
[ lmax = 5, 58m, ∆l = 2.2mm resp. 0, 28mm ] Poznámka: Výpočet prodloužení pro použité délky ve skutečnosti nemá smysl, neboť jsme již mimo rozsah lineární závislosti (Hookova zákona). Příklad 2.4 (Spojitě rozložené zatížení /objemové síly/ - proměnný průřez) Porovnejte plochy základů a objemy tří typů sloupů na obrázku (3 – tzv. sloup stálé pevnosti). Zatíženy jsou vlastní tíhou a silou F = 1, 2MN, dovolené napětí je σDOV = 1MPa a ρ = 2, 5 · 103 kg/m3 (g = 10). F
F
?
6
10m
h = 30m
6
30m
10m 10m
?
S1
?F
?
S2
S3
?
Řešení: Sloup 1: Průběh vnitřní síly z MMŘ (osa x od paty sloupu vzhůru): 5
N(x) = −F − (h − x)S̺g Maximální napětí (v ab. hodnotě) bude těsně při patě sloupu - v tomto místě působí síla N = F + V1 ρg. Platí tedy σDOV = F +SS11hρg . Po úpravě dostaneme S1 = σDOVF−hρg = 4, 8m2 . Sloup 2: Řešíme jednotlivé bloky shora dolů (označíme A,B,C) stejným postupem jako v případě 1. (h∗ = h/3) +SA h∗ ρg Platí SA = σ−hF∗ ρg , SB = F σ−h ∗ ρg F +SA h∗ ρg+SB h∗ ρg = 2, 84m2 S2 = SC = σ−h∗ ρg Sloup 3: Tvar sloupu je volen tak, aby pevnost materiálu byla využita „nadorazÿ, tj. požadujeme, aby v každém místě bylo napětí právě σDOV (v abs. hodnotě). Rh
V libovolně zvoleném řezu ve výšce y pak musí platit ρg S(x)dx + F = σD S(y) y
σD dS(y) dy
d dy
Derivováním dostaneme: −ρgS(y) = yρg Řešením této diferenciální rovnice je S(y) = S(0) · e− σ Na horní povrch působí pouze síla F , tj. platí S(h) = σFD (okrajová podmínka) Celkově tedy S3 = S(0) = Objem určíme V3 =
Rh 0
F σD
hρg
· e σD = 2, 54m2 a S(y) =
S(y)dy =
F ̺g
e
h̺g σD
−1
F e σ
(h−y)̺g σD
[ 4, 8m2 , 2, 84m2, 2, 54m2 144m3 , 65, 5m3 , 53, 6m3 ] Poznámka: Laická úvaha – v horní části je zatížení menší, tj. stačí menší průřez. Zvětšením se nezvýší celková nosnost, naopak zbytečně vzroste zatížení dolní části. Poznámka: Správně profilovaný sloup = výrazná úspora materiálu. Příklad 2.5 (Prutová konstrukce staticky určitá) l
Prutová konstrukce na obrázku je v bodě A zatížena silou F . Určete velikost plochy příčných průřezů tyčí tak, aby napětí v těchto tyčích mělo stejnou hodnotu σD . Najděte takový úhel α, pro který bude tíha konstrukce minimální (při daném l).
-
A O α ^ F ? 2 1
Řešení: Rozkladem do síly F do směrů prutů určíme síly působící na konce prutů a tím F = F cotgα a N2 = −F sin1 α . i vnitřní síly v těchto prutech: N1 = tgα (k témuž dospějeme výpočtem reakcí v upevněních přes rovnice stat. rovnováhy) 6
Při dané velikosti napětí σD dostáváme hodnoty průřezů S1 = σND1 = σFD · cotgα a S2 = σND2 = σFD · sin1 α Celková tíha konstrukce je Z podmínky 0 =
dV dα
=
Fl σD
V = S1 · l + S2 ·
− sin22 x +
1 cos2 x
l cos α
=
Fl σD
cotgα +
dostáváme cos α =
√
3 , 3
1 cos α sin α
. tj. α = 55◦ .
[ 55◦ ] Příklad 2.6 (Posuv kloubu prutové soustavy) Uvažujme konstrukci z minulého příkladu. Určete posun kloubu A (horizontální a vertikální složku). Řešení: Ze znalosti sil a napětí v prutech (předchozí příklad) můžeme ihned určit prodloužení každého z prutů. Protože konce prutů zůstávají spojené, musí se pruty pootočit v upevněních tak, aby při dané délce byly oba konce ve stejném bodě (A′ ) - jeho polohu vůči bodu A je tedy třeba určit. Pootočení konce tyče o malý úhel lze nahradit posunem ve směru kolmém na tyč (se zanedbateným vlivem na prodloužení tyče). Určíme-li samostatně posuny konců tyčí 1,2 (při rozpojeném kloubu A), lze dostat polohu kloubu po zatížení jako průsečík kolmic vedených z bodů A1 a A2 (samostatně posunutých) – viz obrázek. Následně již řešíme geometrickou úlohu. (definujeme ∆l1 > 0, ∆l2 > 0, jejich skutečná znaménka jsou již zohledněna v tom, jak je sestrojen obrázek) horizontální složka u = ∆l1 vertikální složka v = ∆l2 sin α + (∆l2 cos α + ∆l1 )cotgα = (z trojúhelníků A2 XA a A2 Y A′ )
|∆l2 | sin α
+ ∆l1 cotgα
Fl cotgα a ∆l2 ES1 + S2 sin21α cos α
Pro posuny ∆l1 a ∆l2 platí: ∆l1 = tedy u =
Fl cotgα ES1
av=
Fl E
cotg2 α S1
=
A ∆l2,,J ∆l1 J ,α ? ,I J X Jδ AQ 2Q
A1 Y
Q J Q J Q Q Jα 1 Q Fl Q J , J ^ A’ Q ES2 sin α cos α
Uvažujeme-li průřezy optimalizované pro dané dovolené napětí (minulý příklad), můžeme přímo vyjádřit σl σl σl 1 ∆l1 = σl , ∆l = a tedy u = , v = + cotgα 2 E E cos α E E sin α cos α Tedy (viz předchozí příklad) úhel α pro který bude minimální hmotnost konstrukce (při dané pevnosti) bude zároveň minimalizovat svislý posun (popsáno stejným vztahem).
2.1
Staticky neurčité konstrukce
Úvod 7
Počet stupňů volnosti je menší než 0 ⇒ nelze pouze pomocí rovnic statiky určit síly v jednotlivých částech konstrukce. Postup: síly a deformace je třeba řešit současně. Kolik chybí rovnic rovnováhy (tj. zároveň počet nadbytečných vazeb = stupeň statické neurčitosti), tolik bude deformačních podmínek (geometrické vztahy mezi deformacemi v jednotlivých částech konstrukce). Celkem tedy máme tři sady rovnic: - podmínky statické rovnováhy - deformační podmínky - Hookeův zákon pro jednotlivé části konstrukce (vztahy mezi silami a deformacemi) Dohromady tvoří soustavu rovnic pro neznámé síly a deformace. Je-li dobře sestavena, musí být počet rovnic roven počtu neznámých.
Příklad 2.7 (Staticky neurčitá soustava - tyč) Ocelová tyč o průřezu S je na obou koncích vetknuta a zatížena silami F1 a F2 (viz obrázek). Určete napětí v jednotlivých částech tyče. Dáno a = 10cm, b = 30cm, c = 20cm F1 = 60kN, F2 =30kN, S = 70cm2 Tíhu tyče neuvažujeme. Řešení: Podmínka rovnováhy: RA − F1 − F2 − RB = 0 (RA , RB volíme kladné směrem od tělesa – jako vnitřní síly)
6
c
? 6
b ? 6
B 6
F2
6
F1
a ?
A Deformační podmínka: ∆la + ∆lb + ∆lc = 0 (tj. celková délka se nezmění – tím se zohlední „přebytečnáÿ vazba v jednom z koncových bodů tyče) Hookeův zákon: nejprve vyjádříme vnitřní síly v jednotlivých částech tyče pomocí zadaných sil a staticky neurčitých reakcí (neznámé ve výsledné soustavě rovnic): Na = RA , Nb = RA − F1 , Nc = RA − F1 − F2 (tímto je již zahrnuta rovnice rovnováhy) −F1 )b 1 −F2 )c Aa Pak ∆la = RES , ∆lb = (RAES , ∆lc = (RA −F ES
Dosazením ∆li do deformační podmínky dostaneme: RA a + (RA − F1 )b + (RA − F1 − F2 )c = 0, c b+c + F2 a+b+c = 60kN odkud RA = F1 a+b+c a a+b Dále RB = RA − F1 − F2 = −F1 a+b+c − F2 a+b+c = −30kN. RA RB Napětí jsou σa = S = 8, 57MPa σc = S = −4, 29MPa a σb = RAS−F1 = 0kPa. [ σa = 8, 57MPa, σb = 0kPa, σc = −4, 29MPa ] 8
Příklad 2.8 (Staticky neurčitá soustava - prutová konstrukce symetrická) Konstrukce na obrázku (vlevo) je zatížena silou F. Určete síly v jednotlivých prutech a deformaci konstrukce. Svislý prut je z oceli (modul pružnosti Eo ) a šikmé pruty z mědi (Em ). Zhodnoťte výsledek pro extrémní případy úhlu α v případě prutů ze stejného materiálu. o
e % 6 ocel e % e % měď α- α % měď l e+ ~ e % ? e%
m α
A @ @ δ @ α A′ δ1
F
?
m′
Řešení: Použijeme-li indexy o, m pro ocel a měď, budou délky tyčí lo = l a lm = cosl α Podmínka statické rovnováhy: No + 2Nm cos α = F (No , Nm tahové síly) Deformační podmínka : označíme ∆lo , ∆lm prodloužení svislé ocelové resp. šikmé měděné tyče. Z důvodu symetrie se styčný bod A posune pouze ve svislém směru; předpokládáme-li malou deformaci, budou směry šikmého prutu před i po deformaci přibližně rovnoběžné (obr. vpravo, viz též příklad 2.6). Platí ∆lm = ∆lo cos α (8) So Eo ∆lo Sm Em ∆lm Sm Em ∆lo cos2 α Vztahy mezi silami a deformacemi: F0 = , Fm = = l lm l Dosazením po podmínky rovnováhy sil dostaneme ∆lo = So Eo +2SFmlEm cos3 α (tj. hledaná deformace konstrukce). 2α Tahy v prutech: Fo = 1+2 Sm EFm cos3 α , Fm = So EFo cos +2 cos3 α S o Eo
S m Em
Extrémní případy: Uvažujeme stejné pruty (Sm = So , Em = Eo ). Pro α → 0 se Fo blíží 13 F (všechny pruty jsou zatíženy přibližně stejně). Pro α → 90◦ celé zatížení přebírá svislý prut (šikmé se prodlouží jen zanedbatelně). Příklad 2.9 (Zatížení nohou stolu - tuhá deska) [tim 64/4] Určete síly ve čtyřech nohách čtvercového stolu účinkem bodového zatížení F , jež působí svisle v některém bodě úhlopříčky. Tíhu desky neuvažujeme, deska i podlaha jsou dokonale tuhé, nohy jsou k podlaze připevněny. Řešení: Označíme nohy v pořadí po obvodu 1 až 4. Strana čtverce je a, vzdálenost působiště F od středu čtverce je e. Zatížení je umístěno na úhlopříčce 1-3, díky symetrii budou nohy 2 a 4 zatíženy a deformovány stejně. Rovnováha sil: N1 + 2N2 + N3 + F = 0 (Ni zavedeny jako tahové) √ √ 2 Rovnováha momentů (vzhledem k ose 2-4): N1 2 a = F e + N3 22 a ⇒ úloha je jednou staticky neurčitá Deformační podmínka: deformace v 2 je aritmetickým průměrem deformací v 1 a 3 9
Platí 2∆l2 = ∆l1 + ∆l3 , tj. podle Hookova zákona 2N2 = N1 + N3 Tím dostáváme 3 √ rovnice pro 3 neznámé √ N1 , N2 , N3 . √ Řešení: N1 = F4 2 a2e − 1 , N3 = − F4 2 a2e + 1 , N2 = −F 2a2e Síly N2 , N3 , N4 jsou tedy vždy tlakové, N1 je pro e >
√
2 a 4
tahová
Příklad 2.10 (Montážní pnutí - tuhý trám a pružné pruty, nesymetrická konstrukce) [1.35] Určete síly v ocelových prutech (obr.), které vzniknou při násilné montáži (spojením prutu 3 s nosníkem). Předpokládáme, že nosník je absolutně tuhý. Dáno: α = 30◦ a = 1m δ = 0, 4mm S = 5cm2 l = 1m
2
α
?
6
l
1
a
3 δ 6 ? -
a
b 6 δ b∆l3 ? ∆l1 ∆l1
b
-
Řešení: Rovnice rovnováhy: Máme celkem 3 rovnice rovnováhy pro nosník: pro vodorovnou a svislou složku síly a pro moment síly. Neznámých sil je celkem 5: tahové síly v prutech N1 , N2 , N3 a složky reakce v podpěře Rx , Ry x : N2 sin α + Rx = 0 y : N1 + N2 cos α + N3 + Ry = 0 M : N1 a + N2 a cos α = N3 a Protože nás zajímají pouze neznámé síly N1 , N2 , N3 , můžeme v obecném případě zbylé neznámé eliminovat, čímž dostaneme 1 rovnici pro 3 neznámé, která je původní soustavě ekvivalentní. Pro tuto konkrétní úlohu má však rovnice rovnováhy momentů přímo tvar požadovaný po eliminaci, a zbylé 2 rovnice tedy vůbec nepotřebujeme. Deformační podmínky: Potřebujeme celkem 2 deformační podmínky (úloha je 2x staticky neurčitá – v soustavě rovnováhy sil chybí 2 rovnice). Označíme jednotlivá prodloužení ∆l1 , ∆l2 , ∆l3 . První podmínka: ∆l2 = ∆l1 cos α (obdobná situace jako v předchozí úloze). Druhá podmínka: původní mezera délky δ bude pokryta jednak prodloužením prutu 3, jednak pohybem nosníku. Tj. δ = ∆l3 + aa ∆l1 (obrázek vpravo) Poznámka – protože jde o malá prodloužení, lze předpokládat, že konce nosníku se pohybují přibližně svisle. Hookův zákon: N1 = SE ∆l1 l SE N2 = l/ cos α ∆l2 = SE ∆l1 cos2 α l ∆l3 = SE (δ − ∆l1 ) N3 = SE l l Dosazením do rovnice rovnováhy dostaneme 10
δ ∆l1 + ∆l1 cos2 α cos α = δ − ∆l1 , z čehož plyne ∆l1 = 2+cos 3α δ SE δ cos2 SE 1+cos3 α Potom N1 = SE , N = , N = δ 2 3 l 2+cos3 α l 2+cos3 α l 2+cos3 α
[ N1 = 15, 1kN, N2 = 11, 3kN, N3 = 24, 9kN ] Příklad 2.11 (Teplotní pnutí - tyč) [1.27] Určete napětí v příčných průřezech dvou částí ocelové tyče umístěné mezi pevnými deskami A, B (na obrázku) při změně teploty o ∆t. Dáno: l1 = 2l l2 = l
S1 = 3S S2 = S
∆t = −30◦ αoc = 1, 05 · 10−5 K−1
A
l1
Řešení: Rovnice rovnováhy: RA = RB (tj. NA = NB ) Deformační podmínka: ∆l1 + ∆l2 = 0 A l1 Hookeův zákon: ∆l1 = RES + αoc ∆t l1 1 RB l2 ∆l2 = ES2 + αoc ∆t l2
S1
S2
B
l2
l1 l2 Odtud: RA ES + αoc ∆t (l1 + l2 ) = 0 a + ES 1 2 RA = RB = − ll11 +ll22 Eαoc ∆t = − 95 ESαoc ∆t
σ1 = σ2 =
RA 3S RB S
= =
+S S1 2 3 − 5 Eαoc ∆t − 59 Eαoc ∆t
= +37, 8MPa = +113, 4MPa [ σ1 = 37, 8MPa, σ2 = 113, 4MPa ]
2.2
Radiálně zatížený prstenec
(Tato část má spíše doplňující charakter a je nezávislá na ostatním; v případě nedostatku času lze vynechat nebo udělat na konci semestru ve zbylém čase) Při rovnoměrném radiálním zatížení a malé tlouštce prstence vzhledem k poloměru jde o jedoosou napjatost. Tažná síla v radiálně zatíženém prstenci: F = qr q . . . radiální síla na jednotku délky prstence, r . . . poloměr Napětí (tahové) :σ = p hr (9) p tlak uvnitř prstence (resp. tenkého válce), h . . . tlouštka, h << r Příklad 2.12 (Rotující prstenec) Určete mezní obvodovou rychlost rotujícího měděného prstence, je-li dovolené namáhání σD = 2, 1MPa a hustota ρm = 8800kg/m2. 11
Řešení: Odstředivá síla na jednotku délky prstence je qodst = Napětí v prstenci σ = qr = v 2 ρ. S q D Tj. vmax = σρm = 15, 4m/s.
v2 ρ S. r m
Příklad 2.13 (Prstenec – staticky neurčitý případ) Ocelová trubra je bez vůle navlečena na měděnou trubku. Určete namáhání obou trubek, působí-li na vnitřní Cu trubku tlak p. Předpokládejme h1 , h2 << R, Eoc = 2ECu . Řešení: Označení: 1 - Cu, 2 - ocel, pk tlak vnitřní trubku na vnější Deformační podmínka: ∆R1 = ∆R2 (trubky se dotýkají) k )R (rovnice (9) ) Měděná trubka: napětí: σ1 = (p−p h1 k prodloužení: ∆R1 = R Eσ11 = p−p R2 E1 h 1 Ocelová trubka: napětí: σ2 = phk2R (rovnice (9) ) prodloužení: ∆R2 = R Eσ22 = Ep2kh2 R2 k R2 = Ep2kh2 R2 , Z deformační podmínky p−p E1 h 1 2 odtud (po dosazení E1 , E2 ): pk = p · h12h . +2h2 Napětí měděné trubky σ1 =
3
pR , h1 +2h2
ocelové trubky σ2 =
2pR h1 +2h2
Víceosá napjatost
Napětí v šikmém řezu - základní představa o normálovém a smykovém napětí Obrázek vlevo: Podélně namáhaná tyč, uvažujeme silové působeni v šikmém řezu. Síla F svírá s normálou plochy S nenulový úhel ϕ. Označíme N normálovou ~ + T~ ). Potom odpovídající a T tečnou složku síly vzhledem k ploše S (platí F~ = N N F normálové a smykové napětí budou σ = S = S cos ϕ a τ = TS = FS sin ϕ. Byl-li by v místě řezu např. lepený spoj, pak σ vyjadřuje intenzitu namáhání spoje na odtržení a τ intenzitu namáhání spoje na kluz.
Prostorová napjatost 12
Napětí symetrické tenzory: a deformace jsou εx 21 γxy 21 γxz σx τxy τxz 1 γ ε = 21 γxy εy σ = τxy σy τyz 2 yz 1 1 τxz τyz σz γ γ εz 2 xz 2 yz Složky tenzoru napětí: normálová napětí σx , σy , σz , smyková napětí τxy , τyz , τxz . Složky tenzoru deformace: relativní prodloužení εx , εy , εz a zkosení γxy , γyz , γxz (obrázek vpravo)
(10)
Smysl těchto veličin na příkladu elementární krychličky: σx , σy , σz . . . silové působení kolmo na protilehlé stěny ve směru os x, y, z τxy , τyz , τxz . . . tečné silové působení na protilehlé stěny (dvojice sil stejné velikosti a opačných směrů), orientace: např. τxy působí ve směru osy y na plošku s normálou ve směru osy x εx , εy , εz . . . relativní změna délky ve směru příslušné osy γxy , γyz , γxz . . . změna úhlů (zkos) v odpovídajících rovinách (průmět) Znaménka: normálové napětí . . . kladné tahové, záporné tlakové (totéž jako doposud) smykové napětí . . . např. τxy je kladné jestliže na plochu, jejíž normála (vnější vzhledem k tělesu) je orientována v kladném smyslu osy x, působí síla v kladném smyslu osy y Hookův zákon (pro izotropní, lineárně elastický materiál) ve složkách: γxy = G1 τxy εx = E1 [σx − µ(σy + σz )] γyz = G1 τyz (11) εy = E1 [σy − µ(σx + σz )] 1 1 εz = E [σz − µ(σx + σy )] γxz = G τxz Materiálové konstanty: E modul pružnosti v tahu, G modul pružnosti ve smyku, E (tj. elastické vlastnosti popsány pouze µ Poissonovo číslo. Platí G = 2(1+µ) 2 nezávislými konstantami – úhel zkosení už je určen podélnou a příčnou deformací). Transformace složek napětí při změně souřadné soustavy (v rovině): souřadné sousavy (kartézské) xy a ξη vzájemně pootočené o úhel θ σξ = 21 (σx + σy ) + 21 (σx − σy ) cos 2θ − τxy sin 2θ τξη = 21 (σx − σy ) sin 2θ + τxy cos 2θ Lze najít takový směr (úhel θ), že smykové napětí τξη = 0 a zároveň σξ nabývá maxima nebo minima – tzv. hlavní směry napjatosti, hlavní normálová napětí. xy Pro odpovídající úhel platí tg2θ = − σ2τ x −σy Příklad 3.1 (Hookův zákon) Ocelový kvádr je vložen mezi 2 tělesa, jež předpokládáme tuhá a nehybná a stěny bez tření. Horní stěna kvádru je zatížena tlakem p. Určete složky napětí a deformace. E = 2 · 105 MPa, µ = 0, 3 Řešení: 13
Ze zadání ihned plyne σz = −p, σx = 0, εy = 0. Dosazením do rovnic Hookova zákona dosaneme: εx = E1 [0 − µ(σy + (−p))] 0 = E1 [σy − µ(0 + (−p))] εz = E1 [−p − µ(0 + σy )] Odtud σy = −µp = −0, 3p, 2 εx = µ E+µ p = 0, 195 · 105 p, 2 εz = µ E−1 p = −0.455 · 105 p.
p
z y x
Příklad 3.2 (hlavní napětí a hlavní směry) Rovinný element je zatížen složkami napětí σx =160MPa, σy =60MPa, τxy =40MPa. Určete polohu hlavních rovin a hlavní napětí. Řešení: Hlavní rovina je v tomto případě (2D) přímka. Je dána polohou normály, pro úhel který svírá normála s osou x platí: xy tg2θ = − σ2τ = −0.8, tj. - 19o20’ a 70o 40’. x −σy Vyjádřením sin 2θ a cos q 2θ a dosazením do transformačních vztahů dostaneme 1 1 2 a σ1,2 = 2 (σx + σy ) ± 2 (σx − σy )2 + 4τxy σ1 = 174MP a a σ2 = 46MP a
Příklad 3.3 (napětí v šikmém řezu) Tyč je podélně namáhána silou F . V jistém místě je šikmo rozříznuta a slepena. Lepený spoj má pevnost v tahu σdov a ve smyku τdov , přičemž τdov = 34 σdov . Jak má být zvolen úhel řezu (mezi normálou a osou tyče), aby dovolená síla Fdov byla maximální? (uvažujeme ϕ ∈ (0, π3 )) Řešení: s n Označíme plochu šikmého řezu S, plochu kolF F j mého řezu S0 a dále σ0 = SF0 . t Platí σ = σ0 cos2 ϕ a τ = σ0 sin ϕ cos ϕ. Musí být současně splněny dvě pevnostní podmínky σ ≤ σdov a τ ≤ τdov . Z nich vyjádříme F a dostáváme tak dvě podmínky pro sílu F σdov σdov 2τdov = S0 23 sin a F ≤ Fdov2 (ϕ) = S0 cos F ≤ Fdov1 (ϕ) = S0 sin 2ϕ 2ϕ 2ϕ Musí tedy platit F ≤ Fdov (ϕ) = min(Fdov1 (ϕ), Fdov2 (ϕ)) a maximální hodnoty může funkce Fdov (ϕ) nabýt tam, kde nabývá maxima některá z funkcí Fdov1 (ϕ), Fdov2 (ϕ), tam, kde mají obě tyto funkce stejnou hodnotu, případně na krajích uvažovaného intervalu ϕ. První možnost nenastává, zbylé dvě dají celkem 3 kritické body: 0, arctg 34 a π3 . Porovnáním hodnot Fdov √ (nebo lépe z grafů) zjistíme, že maximum nastává pro ϕ = π3 a je rovno Fmax = 3S0 σdov . 14
4
Krut hřídelů
Uvažujeme hřídel kruhového případně mezikruhového průřezu. Namáhán je kroucením podle osy – vzniká tak pouze kroutící moment, ostatní silové účinky jsou rovny nule. Veličiny: l . . . délka hřídele φ . . . úhel vzájemného pootočení koncových průřezů θ = dφ . . . zkrut – pootočení na jednotkovou délku dx γ = rθ . . . úhel pootočení površky (=zkos) Mk kroutící moment τ (ρ) = Gγ(ρ) = Gρθ smykové napětí ve vzdálenosti ρ od osy hřídele Vztah mezi kroutícím momentem, smykovým napětím a zkrutem: na element plochy průřezu ρ dρ dψ působí moment dMk = ρdT = τ (ρ)ρ2 dρ dψ = Gθρ3 dρ dψ moment na celý průřez je Mk = 4
2π R Rr 0 0
Gθρ3 dρ dψ = Gθ πr2
4
(12)
(13) definujeme Jp = πr2 polární moment setrvačnosti plochy průřezu Mk Potom Mk = GJp θ resp. θ = GJp , platí i pro proměnné Mk (x), θ(x), Jp (x) tj. zkrut a kroutící moment jsou přímo úměrné (analogie se vztahem F = ESε pro podélné prodloužení vlivem tažné síly) Vyjádření maximálního zatížení Maximální smykové napětí je na povrchu τmax = Grθ k Dosazením za θ dostaneme τmax = M r, po zavedení průřezového modulu v krutu Jp k . (14) Wk = Jrp platí τmax = M Wk Pevnostní podmínka je τmax ≤ τdov , tedy maximální možné namáhání hřídele je Mk = Wk τdov
Tabulka hodnot průřezových veličin Jp = Wk = πr 4 πr 3 kruh 2 2 π πR3 4 4 mezikruží (R − r ) (1 − 2 2 3 tenký prstenec 2πr h 2πr 2 h tlouštka h k Přenášený výkon: P = ϕM = ωMk t Poznámka:
r4 ) R4
(15)
Mk
Znaménka veličin při krutu volíme tak, aby veličina byla kladná v případě, že jí odpovídá kladné smykové napětí.
t
t
t>0 Mk>0 Mk
15
Příklad 4.1 (Průběh kroutícího momentu) Mk2
Mk1
mk
r2
r1 2
1
3
4
Řešení:
Příklad 4.2 (Základní vztahy, vztah pro výkon) Jaký maximální výkon může přenést hřídel o průměru 40mm při otáčkách 80rad/s, je-li G = 8·104MPa a maximální dovolené smykové napětí 60MPa a maximální dovolený zkrut 2·10−2rad/m. Řešení: Při daném výkonu je: Mk 32P 16P k = Gωπd = ωπd zkrut θ = GJ napětí na povrchu hřídele τmax = M 3, 4. Wk p 3
Pevnostní podmínka: τmax ≤ τdov , tj. P ≤ τdov ω πd = 60.3kW (Mk ≤ 754Nm). 16 4 = 32.2kW (Mk ≤ Podmínka dovolené deformace: θ ≤ θdov , tj. P ≤ θdov ωG πd 32 402Nm). Obě podmínky musí být splněny zároveň, je tedy Pmax = 32.2kW (dosažena je při něm maximální dovolená hodnota zkrutu). Příklad 4.3 (Kroucení při proměnném průřezu) Určete vzájemné pootočení podstav komolého kužele, působí-li na tyto podstavy vzájemně opačně orientované momenty o velikosti Mk . Rozměry: poloměr větší a menší podstavy r2 a r1 , délka(∼ výška kužele) je l; modul pružnosti G. Řešení: Platí
dϕ dx
Mk (x) , GJp (x)
= θ(x) =
tj. ϕ =
Rl 0
Mk (x) dx. GJp (x) 4
1 V našem případě je Mk (x) = Mk , Jp (x) = π[r(x)] , r(x) = r1 + r2 −r x (závislost 2 l poloměru řezu na poloze, souřadnici x počítáme od menší podstavy k větší). Dostáváme Rr2 1 y=r(x) 2Mk R l 1 2Mk l l 1 1 k ϕ = πG 0 r4 (x) dx = dy= r2 −r1 dx = 2M dy = . − 3 3 4 πG r2 −r1 y 3πG r2 −r1 r r
r1
l
1
2
Příklad 4.4 (Staticky neurčitý případ kroucení) Komolý kužel a válec jsou upevněny mezi 2 pevné desky (dle obrázku) a v místě jejich spoje zatíženy kroutícím momentem Mk . Určete pootočení v tomto místě vůči pevným podložkám. Mk rB
MkB A
rA
l1
l2
MkA B
16
Řešení: Orientaci momentů a otočení na obrázku volíme tak, aby tyto byly vzhledem k příslušným úsekům hřídele kladné. Platí tyto vztahy: Mk + MkA − MkB = 0 ϕ1 + ϕ2 = 0 −1 4G πrA ϕ2 ϕ1 3πG 1 1 MkB = 2 (rB − rA ) r3 − r3 (z minulého příkladu) MkA = 2 l2 l1 A
Dosazením dostaneme ϕ1 =
2Mk πG
"
4 rA l2
B
3(rB −rA ) l1
+
1 3 rA
−
1 3 rB
−1 #−1
Příklad 4.5 (Porovnání plný průřez – dutý průřez) Uvažujeme řezy ve tvaru kruh (poloměr R0 ) a mezikruží (poloměry R, r) se stejným obsahem. Určete poměr průřezových modulů jako funkci poměru Rr . Řešení: 4 Mk2 Mk1
Označíme kruh 1 a mezikruží 2. Platí
=
π 3 R (1− r 4 ) 2 R π 3 R 2 0
q
Z podmínky stejného obsahu πR02 = π(R2 − r 2 ) dostaneme R0 = R 1 − 4
Po dosazení je
Mk2 Mk1
=
1− r 4
R 2 (1− r 2 )3/2 R
2
1+ r 2
=q
R
r2 . R2
2
1− r 2 R
Funkce je rostoucí, limita v 0 je 1 (dutý průřez se blíží plnému), limita v 1 je +∞, hodnoty Rr blízké 1 ovšem nemají praktický smysl, neboť jde o velmi tenkou trubku s velkým poloměrem. Číselně vyřešíme například mezikruží s poměrem Rr = 0.8: R k2 = 1, 67, W = 2, 73, tj. při stejném množství materiálu se sice velikost hřídele R0 Wk1 zvětší 1,67 krát, ale možné maximální zatížení vzroste 2,73 krát.
4.1
Hustě vinutá válcová pružina
Označení: F tahová síla na celou pružinu, R poloměr vinutí, r = d2 poloměr kruhového průřezu drátu, n počet závitů. Převažující namáhání je na krut, kroutící moment je Mk = F R, odpovídající R maximální smykové napětí je τmax = 2F . πr 3 Gr 4 4nF R3 Celkové prodloužení pružiny je ∆l = Gr4 , tedy lze psát F = k∆l, kde k = 4nR 3 je tuhost pružiny.
Příklad 4.6 (použití vztahů pro napětí a deformaci – srovnání s tahově namáhanou tyčí) Určete, jaký průměr musí mít tyč, aby se při stejné působící síle stejně prodloužila. Jaký musí mít tyč průměr, aby vydržela stejné maximální zatížení (sílu). 17
Tyč a pružina jsou ze stejného materiálu, stejné dálky a pro pružinu platí l = 3R a tyč je kruhového průřezu poloměru r ′ . Řešení: 1. deformace Fl R3 Prodloužení tyče ∆l = ES , pružiny ∆l = 4nF . Gr 4 q 3G ′2 Porovnáním a dosazením S = πr dostaneme r ′ = r Rr 4πEn 2. pevnost Maximální síla pro tyč je F = Sσdov , pro pružinu F = q τdov r ′ Poloměr řezu stejně pevné tyče tedy je r = r 2σdov R
πr 3 τ . 2R dov
Diskuse: výsledek odpovídá zřejmé představě, že pružina je snadněji deformovatelná než tyč či drát (vlivem tahové síly). Přímý drát s odpovídajícími vlastnostmi by musel být o několik řádů tenčí než v případě pružiny, dáno je to především poměrem Rr . Příklad 4.7 Dvě souosé pružiny ze stejného drátu a se stejným počtem závitů jsou na koncích spojeny. Úloha 1: O jakou vzdálenost se pružiny prodlouží, jsou-li (jako soustava) zatíženy silou F ? Úloha 2: Jaká maximální síla může na soustavu působit při daném τdov ? Dl F2
R1 F
R2
F
F1
Řešení: Vnitřní pružina: poloměr vinutí R1 , tuhost k1 , tahová síla F1 , prodloužení ∆l1 Vnější pružina: R2 , k2 , F2 , ∆l2 Podmínka rovnováhy: F = F1 + F2 , deformační podmínka: ∆l1 = ∆l2 F Dosazením Fi = ki ∆li dostaneme ∆l = ∆li = k1 +k 2 Tj. ∆l = Gr4 (4nF 1 1 + ) R3 1
R3 2
Část 2: musíme zajistit podmínku pevnosti zvlášť pro každou pružinu tj. 2Fπr1 R3 1 ≤ τdov a 2Fπr2 R3 2 ≤ τdov Vyjádříme F1 a F2 pomocí F (z první části úlohy): 1 =F Fi = F k1k+k 2
1 Ri
1 + R1 R1 2
a dosadíme. Dostaneme dvě podmínky pro F ve tvaru 3 3 F ≤ τdov πr2 R12 ( R11 + R12 ) a F ≤ τdov πr2 R22 ( R11 + R12 ) Rozhodující bude menší z nich, což je pro R1 < R2 ta první, tj. kritická bude v dané soustavě vnitřní pružina (i přestože sama snese větší zatížení než pružina s větším poloměrem vinutí).
18
Poznámka: Výpočet celkové tuhosti soustavy pružin: P paralelně spojené: k = ki (viz předchozí úloha), sériově spojené:
5
1 k
=
P
1 ki
Ohyb nosníků
Nosník = těleso sloužící k přenosu příčných sil. Naše předpoklady: podélný rozměr ≫ příčný rozměr, průřez symetrický podle svislé roviny vedené střednicí nosníku (⇒ namáhání a deformace pouze v této rovině, tj. řešíme 2D úlohu ve svislé rovině) Vnitřní síly (odvodíme metodou myšleného řezu - úvaha o rovnováze oddělené části nosníku): normálová síla N (kolmo k příčnému řezu, posouvající (smyková) síla T (v rovině řezu), ohybový moment M (ohyb v rovině dané N a T ) Umístění do kartézských souřadnic: nosník v ose x (+ zleva doprava), vnější síly v ose z (+ dolů), y vodorovná (+ dopředu), předpokládáme síly i ohyb v rovině xz Uložení nosníku: V rovině máme 3 rovnice rovnováhy nosníku (3 st.v.). V závislosti na druhu a počtu podpěr bude nosník staticky určitý nebo neurčitý. Podpěry: kloubová pevná -2st.v. kloubová posuvná -1st.v. vetknutí -3st.v.
5.1
Smyková síla a ohybový moment, diagramy
Poznámka: Navíc předpokládáme působení vnějších sil pouze ve svislém směru, potom je N = 0 v celém nosníku Označíme M(x) a T (x) ohybový moment a smykovou sílu v místě x nosníku. Zavedení znamének naznačeno na obrázku. Velikost M(x) a T (x) určíme z podmínky rovnováhy části nosníku oddělené myšleným řezem. Schwedlerovy-Žuravského (S-Z) vztahy: dM (x) dT (x) = −q(x), = T (x) − m(x) dx dx q(x), m(x) . . . intenzita vnějších spojitě rozložených sil resp. momentů Znaménka:
x
T>0
(16)
M>0
Příklad 5.1 (Průběh posouvající síly a ohybových momentů při osamělých silách) Určete T (x) a M(x) pro nosník na obrázku a zakreslete diagramy pro 19
hodnoty F = 10N, l = 40m, a = b = 10m a M = 200Nm. M
F
B
A
RA
F
T(x) M(x)
a
b
a x
l
Řešení: Nejprve je třeba určit reakce z podmínek rovnováhy celého nosníku (svislá složka síly a moment v A): RA + RB − F = 0 −F a − M + Rb l = 0 M − = 2, 5N a RB = F al + Ml = 7, 5N. Platí RA = F l−a l l 1. čisté užití metody myšleného řezu 1) x ∈ (0, a) : T (x) − RA = 0, M(x) − RA x = 0 2) x ∈ (a, l − b) : T (x) + F − RA = 0, M(x) + F (x − a) − RA x = 0 3) x ∈ (l − b, l) : T (x) + F − RA = 0, M(x) − M + F (x − a) − RA x = 0
2. použití S-Z vztahů T (x) v některém místě určíme pomocí met. myšleného řezu. Dále víme, že při q = 0 je T (x) po částech konstantní se skoky v místech působení bodových sil. M(x) určíme jako integrál T (x), tam kde je T (x) = konst 6= 0, M(x) lineárně roste nebo klesá. Integrační konstantu (umístění grafu ve svislém směru) dostaneme z podmínky, že v kloubech je M(x) = 0.
Dosazením hodnot dostaneme RA = 2, 5N, RB = 7, 5N. Dále T (x) = 2, 5N pro x < 10m a T (x) = −7, 5N pro x > 10m a M(x) = 7, 5N·x pro x < 10m, M(x) = 100Nm−7, 5N·x pro 10m< x <30m a M(x) = 300Nm−7, 5N·x pro x >30m. Výsledné grafy Tíx) 2,5 N RA
F +
x
10m -
-7,5 N
Míx) 75Nm 25Nm
RB
+ 10m
+ 30m -
x
-125Nm
Příklad 5.2 (Průběh posouvající síly a ohybových momentů při spojitém zatížení) Určete T (x) a M(x) pro nosník na obrázku a zakreslete diagramy, navíc i pro případ nosníku zrcadlově překlopeného kolem svislé osy.
20
q
RA
MA
l/2
A
l/2
Řešení: Z rovnováhy celého nosníku dostaneme RA = 12 ql, MA = − ql2 · 34 l = − 83 ql2 . Interval 1: T (x) = R = 21 ql, M(x) = M + RA x = − 83 ql2 + 21 qlx Interval 2: T (x) = R − q(x − 2l ) = ql − qx, M(x) = M − q(x − 2l ) 2 −q (x−l) 2 Graf: RA
Tíx)
+ -
Míx)
Tíx) x x
x− 2l 2
+ RA x =
x x
Míx)
-
MA
5.2
Napětí a deformace v nosnících – prostý ohyb, ohyb se smykovou silou
pojmy: neutrálná plocha, neutrálná osa (rovnoběžná s y) – místa, kde nedochází k podélnému namáhání a deformaci Prostý ohyb Prostým ohybem označujeme případ, kdy v nějakém intervalu T = 0 a tj. M je konstantní. Nastane-li ohyb s poloměrem křivosti r, budou se podélná vlákna blíže středu zkracovat a vlákna blíže vnějšímu povrchu prodlužovat. Z geometrické úvahy (lineární závislost délky kruhového oblouku na vzdálenosti od středu) dostaneme vztah pro relativní prodloužení v obecném místě řezu a pro normálové napětí ve směru osy nosníku: σx = Ez (r poloměr křivosti, z vzdálenost od neutrální plochy) r rovnováha normálových sil ⇒ neutrální osa prochází těžištěm průřezu Integrováním napětí přes plochu řezu dostaneme odpovídající ohybový moment: R Ez M = z r dS = EJr y (17) SR
(Jy =
z 2 dS je moment setrvačnosti vzhledem k neutrální ose)
S
z vztah ohybový moment–napětí: σx = M Jy M h =W maximální napětí: (σx )max = M 2Jy o
21
(18)
(Wo = 2Jhy . . . průřezový modul v ohybu pro řez symetrický podle osy y, h svislý rozměr řezu) – v pevnostních úlohách toto napětí bude porovnáváno se σdov (předpokládáme stejné pro tah i tlak) Tabulka Jy a Wo : obdélník b × h (h ve směru osy z) kruh poloměr r
Jy
Wo
bh3 12 πr 4 4
bh2 6 πr 3 4
(19)
Ohyb se smykovou silou V řezu vzniká smykové napětí, je nerovnoměrně rozdělené, celkově musí platit R Sτ = T 2 – pro obdélníkový řez: τ (z) = 2JTy ( h4 − z 2 ), platí τ ≪ σ, takže při vyšetřování maximálního zatížení stačí uvažovat σ – pro obecné tvary průřezů (spec. tenkostěnné) nutno uvažovat víceosou napjatost a podmínku pro dovolené σ i τ Deformace: smyková síla ⇒ skos ⇒ zborcení původně rovinných průřezů malý vliv na deformaci podélných vláken ⇒ σx lze počítat podle vztahů pro M prostý ohyb a lze tedy použít vztah 1r = EJ (ovšem protože je M(x) proměnné, y mění se i křivost) Příklad 5.3 (Výpočet deformace a napětí při prostém ohybu) Určete průhyb δ nosníku na obrázku. Dále určete největší vzniklé normálové napětí a porovnejte s hodnotou σdov . Hodnoty F = 20kN, c = 10cm, l = 1m, d = 5cm, E = 2 · 105MPa. R
F
c
d
l
R
F
c
Řešení: Díky symetrii platí R = F . Smyková síla je T (x) = F a T (x) = −F v pravém resp. levém krajním úseku a T (x) = 0 v prostředním úseku, kde tedy nastává prostý ohyb, nosník bude mít tvar části kružnice. Ohybový moment je M = F c. 4 y = Eπd . Poloměr kružnice je r = EJ M 64F c . l2 Průhyb určíme z Pythagorovy věty ( 2l )2 = r 2 − (r − δ)2 = 2rδ, tj. δ = 8r pro δ ≪ r. 2F c Po dosazení δ = 8l = 0.62mm. Eπd4 c M = 32F = 39, 8MPa, což je přijatelná hodnota Maximální napětí je σmax = W πd3 o vzhledem k σdov
22
Příklad 5.4 (Výpočet průřezového modulu) h
Vypočtěte průřezový modul v ohybu pro prizmatický nosník s řezem vyznačeným na obrázku. Porovnejte s hodnotou Wo pro čtverec se stejným obsahem. Rozměry jsou b = 10m, h = 2m.
b
h
b
y
h z
Řešení: Nelze sčítat hodnoty Wo pro jednotlivé části plochy. Sečíst je možno momenty setrvačnosti Jy a z celkového momentu setrvačnosti určit Wo . Pro vyznačené části jsou momenty setrvačnosti následující (využívá se Steinerovy věty): 3 3 J1 = hb , J2 = bh + ( b+h )2 bh 12 12 2 Celkově tedy Jy = J1 + 2J2 = bh (7b2 + 12bh + 8h2 ). 12 2 +12bh+8h2 ) 2Jy = bh(7b 6b+12h = 231m3 . Průřezový modul W0 = b+2h Obsah řezu je S = 3bh = 60m2 , pro čtverec tedy W0 =
5.3
√
S 6
3
= 38, 7m3 .
Průhyb nosníků – diferenciální rovnice, momentový diagram
Hledáme funkci w(x), vyjadřující svislou výchylku zatíženého nosníku oproti poloze bez zatížení. Musí platit: ′′ (x) M (x) = R1 = − (1+(ww′ (x)) 2 )3/2 (vzorec pro poloměr křivosti grafu funkce) EJy (x) Při malých výchylkách platí w ′ (x) ≪ 1 ⇒ M (x) rovnice ohybové čáry: w ′′ (x) = − EJ (20) y (x) (kladná výchylka i sklon je dolů) okrajové podmínky: w = 0 v podpěrách, w = 0 a w ′ = 0 ve vetknutí metody: integrace DR, metoda počátečních parametrů, metoda momentových ploch (Mohrova), energetické metody Metoda počátečních parametrů Jsou-li rozmístěny momenty Mi , síly Fj a intervaly spojitě rozložených působení intenzit qk v místech ai , bj , hc′k , c′′k i, platí pro průhyb vztah: P P P w(x) = w(0) + w ′ (0)x + EJ1 y { i Mi ϕ2 (x − ai ) + j Fj ϕ3 (x − bj ) + k qk [ϕ4 (x − c′k ) − ϕ4 (x − c′′k )]} (21) n Funkce ϕn jsou definovány ϕn (y) = yn! pro x > 0 a ϕn (y) = 0 pro y < 0. Mezi síly Fj a momenty Mi je třeba započítat i reakce v upevněních. Kladná orientace je u momentů proti hodinám a u sil dolů. Vztah nelze použít v případě, že spojité zatížení je rozloženo nerovnoměrně (q(x) 6=konst). 23
Příklad 5.5 Určete tvar ohybové křivky (průběh w(x)) pro nosník na jedné straně (x=0) vetknutý a zatížený silou F v polovině své délky. (řešíme integrací DR) Řešení: Nejprve určíme hodnoty reakcí a průběh ohybového momentu. Výsledek: M(x) = − F2l + F x pro interval 1 a M(x) = 0 pro interval 2.
F Řešíme rovnici w ′′ (x) = EJ (−x + 2l ) pro x ∈ (0, 2l ). y F (− 16 x3 + 4l x2 + C1 x + C2 ). Integrováním dostaneme w1 (x) = EJ y Pro interval ( 2l , l) je w ′′ (x) = 0 a w(x) = C3 x + C4 . K určení 4 integračních konstant máme 2 okrajové podmínky a dvě podmínky spojitosti: w1 (0) = 0, w1′ (0) = 0, w1 ( 2l ) = w2 ( 2l ), w1′ ( 2l ) = w2′ ( 2l ) Obecně bychom dostali pro k intervalů soustavu 2k rovnic, zde, protože jsou obě okrajové podmínky ve stejném intervalu, je možno řešit intervaly popořadě každý zvlášť a hodnoty w1 ( 2l ) a w1′ ( 2l ) uvažovat jako okrajové podmínky pro interval 2. F l2 F l3 Dostáváme C1 = C2 = 0, C3 = 8EJ a C4 = − 48EJ . y y Výsledná funkce w(x) = .....
Příklad 5.6 (použití metody počátečních parametrů) Určete průběh w(x) pro nosník na obrázku. q
B
A a
b
l
Řešení: ), RB = q(b − a) a+b . Hodnoty reakcí jsou RA = q(b − a)(1 − a+b 2l 2l Hodnoty w(x) vyjádříme jednotlivě pro každý interval a zapisujeme jen nenulové členy: 3 int.1: w1 (x) = w(0) + w ′ (0)x − EJ1 y RA x6 int.2: w2 (x) = w(0) + w ′ (0)x +
4 3 1 ) ( − RA x6 + q (x−a) EJy 24 3 q 1 [(x − a)4 (RA x6 + 24 EJy
− (x − b)4 ]) int.3: w3 (x) = w(0) + w ′ (0)x + Okrajové podmínky jsou w(0) = 0 a w(l) = 0. První nám přímo udává hodnotu počátečního parametru w(0), hodnotu w ′ (0) dostaneme dosazením l do w3 . 3 q w ′ (0) = EJ1y l (RA l6 − 24 [(l − a)4 − (l − b)4 ])
24
Příklad 5.7 (nerovnoměrně rozložené q)
q0
q(x)
Určete největší sklon nosníku na koncích podepřeného a zatíženého po celé délce intenzitou q(x) = q0 · xl .
B
A l
Řešení: Řešíme metodou integrace DR. (MPP nelze použít) Reakce v podpěrách: RA = q60 l , RB = q30 l x = q60 l x− q6l0 x3 (délku ramene Průběh ohybového momentu: M(x) = RA x− x3 · xq(x) 2 3 Rx víme jako polohu těžiště trojúhelníka, nebo určíme integrováním Mq (x) = 0 (x − y)q(y)dy = q6l0 x3 ) 4 lx2 0x w ′ (x) = EJ1 y q24l − q012 + C1
5
3
lx 0x w(x) = EJ1 y q120l − q036 + C1 x + C2 Okrajové podmínky: w(0) = 0 ⇒ C2 = 0, w(l) = 0 ⇒ C1 = 7 8 w ′ (0) = C1 = 360 q0 l3 , w ′ (l) = − 360 q0 l3
5.3.1
7 q l3 360 0
Staticky neurčité nosníky
Vyjádříme-li průběh ohybového momentu, bude tato funkce M(x) též záviset na staticky neurčitých reakcích. Průhyb vypočteme zcela stejným způsobem a výsledná funkce w(x) bude opět záviset na staticky neurčitých reakcích. Dosazením do deformačních podmínek určíme tyto síly. (řešíme společnou soustavu rovnic pro integrační konstanty a pro staticky neurčité reakce; je navíc tolik okrajových podmínek, kolikrát je soustava staticky neurčitá) Příklad 5.8 Uvažujme nosník na jednom konci (x = 0)vetknutý a na druhém (x = l) posuvně podepřený. Po celé délce zatížen intenzitou q. Určete velikost reakce v posuvné podpěře. Řešení: Označíme RA a MA svislou reakci a moment ve vetknutí, RB reakci v posuvné podpěře. Soustava je jednou staticky neurčitá, jako neznámou zvolíme sílu RB (tu máme počítat). Pro průběh ohybového momentu platí: M(x) = MA + RA x − 12 qx2 Nyní bychom mohli za MA a RA dosadit z podmínek rovnováhy a vyjádřit tak M(x) pouze pomocí RB . Nebo lze dosazovat až po výpočtu w(x): 2 3 4 1 (MA x2 + RA x6 − q x24 + C1 x + C2 ) Integrací dostaneme: w(x) = − EJ Dosazením do okrajových podmínek dostaneme: w ′ (0) = 0 ⇒ C1 = 0 w(0) = 0 ⇒ C2 = 0 25
2
3
4
l =0 w(l) = 0 ⇒ MA l2 + RA l6 − q 24 2 Z podmínek rovnováhy dostaneme RA = ql − RB a MA = RB l − q l2 . Po dosazení vyjádříme RB = 83 ql.
6
Energetické metody
Označení: U . . . celkové energie deformace Fi . . . obecné síly (např. i moment) ui . . . obecná posunutí (např. i úhel otočení) (Fi ui musí mít rozměr energie) ui je vždy složka posunu působiště síly Fi ve směru této síly ∂U Lagrangeova věta: Fi = ∂u i platí obecně, i pro nelineární závislost napětí–deformace ∂U Castiglianova věta: ui = ∂F i platí jen při splnění Hookova zákona, tj. pro lineární závislost napětí–deformace P ∂Φ obecně platí ve tvaru ui = ∂F Fi ui − U , kde Φ = i i
Poznámka: posun lze určit i v místě, kde žádná síla nepůsobí – v daném místě umístíme sílu fiktivní a na konci výpočtu dosadíme za jeji velikost 0. Řešení staticky neurčitých soustav: Z podmínky minima deformační práce nebo z podmínky nulového posunu v upevnění dostaneme pro staticky neurčité síly Ri rovnice ∂U =0 ∂Ri
Řešení úloh teplotního a montážního pnutí: Nelze použít princip minima deformační práce. Obdobnou rovnici dostaneme vyjádřením Castiglianovy věty pro síly Ri , kde posun ui bude dán změnou rozměru vlivem změny teploty, případně montážní vůlí. Vztahy pro deformační energii pro speciální případy: Tah: U =
Rl
F 2 (x) dx 2ES
0
Krut: U =
Rl 0
Ohyb: U = vliv)
Rl 0
Mk2 (x) dx 2GJp M 2 (x) dx 2EJy
(neuvažujeme smykovou sílu, která má na deformaci malý
26
Příklad 6.1 Určete svislý a vodorovný posun bodu A prutové konstrukce z příkladu 2.5 (oba pruty se stejným průřezem). Řešení: Abychom mohli určit vodorovný posun kloubu A, uvažujeme v tomto bodě navíc vodorovnou sílu Q (která je rovna nule). Velikosti tahových sil v jednotlivých prutech pak jsou: F1 = F cotgα + Q F2 = sinF α 2l α)2 l2 1 + (F/ sin Celková deformační energie obou prutů je U = (F cotgα+Q) 2ES 2ES Užitím Castiglianovy věty dostaneme pro u vodorovný a v svislý posun: 1 1 Q=0 F cotgαl1 = u = ∂U = F cotgαl + Ql ∂Q ES ES ES v=
∂U ∂F
=
F cotg2 αl1 ES
+
Qcotgαl1 ES
+
F/ sin2 α l2 Q=0 F cotg2 αl1 = ES ES
+
F/ sin2 α l2 ES
Příklad 6.2 F1
u
F
F2 Určete vodorovnou složku posunu kloubu A v konF3 strukci na obrázku. Všechny pruty jsou stejné (délka, průřez, materiál) a úhly mezi pruty jsou 45o . Řešení: Úloha je jednou staticky neurčitá. Za neznámou sílu sílu ve √ zvolíme tahovou √ 2 2 svislém prutu F3 . Z podmínek rovnováhy F1 + F2 2 = F a F2 2 + F3 = 0 vyjádříme F1 a F2 . Potom pro energii platí√ l l U = 2ES [(F + F3 )2 + ( 2F3 )2 + F32 ] = 2ES (4F32 + 2F F3 + F 2 ) Z podmínky minima deformační práce vypočteme F3 : ∂U l 0 = ∂F = 2ES (8F3 + 2F ) = 0, tj. F3 = − 14 F 3 Nyní můžeme určit posun: ∂U l 3F l u = ∂F = 2ES (2F3 + 2F ) = 4ES
Příklad 6.3 Uvažujeme dva pevně (nikoli kloubem) spojené nosníky na obrázku. Určete vodorovný posun v místě působení síly. Řešení: Průběh vnitřních silových účinků je: ve svislém nosníku N(z) = 0 T (z) = −F M(z) = −F z ve vodorovném nosníku N(x) = F T (x) = 0 M(x) = F b 2 b2 a F 2a F 2 b3 Celková energie tedy je U = 2ES + 6EJ + F2EJ y y 2
3
x z
a b F
Fa b a Fb ∂U = ES + FEJ + 3EJ Pak u = ∂F y y Označíme-li r příčný rozměr nosníků, je S ≈ r 2 , Jy ≈ r 2 a uvážíme-li r ≪ b,
27
bude první člen ve výrazu pro u zanedbatelný vůči zbylým. Dostatečně přesný výsledek tedy dostaneme i bez uvážení deformace vlivem tahu. Příklad 6.4 Uvažujeme nosník na obou koncích vetkuntý a v polovině délky zatížený silou F . Určete průhyb nosníku v tomto místě (tj. středu). Řešení: Svislé reakce ve vetnutích jsou (ze symetrie) RA = RB = F2 Pro momenty ve vetknutí platí MA = MB Průběh ohybového momentu v první (0 až l/2) a druhé (l/2 až l) je: M1 (x) = MA + F2 x a M1 (x) = MA + F2 (l − x) Celková energie (pouze vlivem ohybu) je U =
l/2 R 0
M12 (x) dx 2EJ
+
Rl
l/2
M22 (x) dx 2EJ
Díky symetrii musí být energie obou částí nosníku stejná a platí tedy U =2
l/2 R 0
(MA + F2x )2 dx 2EJ
=
2
1 MA l ( 2 EJ
+
MA F l 2 8
+
3
F 2 l3 ) 96
1 ∂U = EJ (MA l + F8l ) tj. MA = − F8l Platí 0 = ∂M A Po dosazení za MA pak dostaneme ∂U 1 F l3 w(l/2) = ∂F = 192 EJ
28
7
Úlohy k procvičení
První část Tato sekce odpovídá učivu probranému v první třetině semestru a tyto úlohy jsou vzorové pro písemku zadávanou v polovině semestru. Obdobné příklady se rovněž zadávají u zkoušky. Příklad 7.1 Tyč rotuje kolem osy v rovině kolmé na tuto osu. Na konci tyče je umístěno závaží (hmotný bod). Určete prodloužení tyče. Dáno: délka l a průřez S tyče, hustota ̺ (tj. uvažujeme zatížení vlivem hmotnosti tyče) a modul pružnosti E materiálu tyče, hmotnost závaží m a frakvence otáčení ω. (Neuvažujeme gravitaci.) [výsledek] Příklad 7.2 Určete změnu výšky ocelového kužele (postaveného na pevné podložce) vlivem zatížení vlastní tíhou. Dáno: poloměr podstavy R, výška h, hustota ̺ a modul pružnosti E materiálu, tíhové zrychlení g. [výsledek] Příklad 7.3 Tyč ze dvou částí svisle zavěšená, zatížena vlastní tíhou a silou F (viz obr.). Určete průběh napětí v tyči (včetně grafu). S1 =20cm2, S2 =10cm2, a=2m, b=1m, c=3m, F =500N, ̺=8000kg/m3, g=10m/s2. [výsledek]
úloha 7.1
úloha 7.2
úloha 7.3
Příklad 7.4 Prutová soustava na obrázku, všechny tyče ze stejného materiálu. Určete napětí v tyčích po změně teploty o ∆t. Dáno: úhel β, vzdálenost l, průřez tyčí S, koef tepelné roztažnosti α a modul pružnosti E materiálu, ∆t > 0. [výsledek] Příklad 7.5 Tuhý nosník zavěšený na dvou pružných prutech (stejné S a E). určete posun v místě působení síly F . Dáno l, a, b, β, S, E, F . [výsledek]
29
Příklad 7.6 Tři válce se mají vejít mezi 2 pevné podložky, přičemž l1 + l2 + l3 − l = δ > 0. Určete o kolik se změní délky jednotlivých válců a vzniklé vnitřní síly. Dáno: δ, li , Si , l, E. [výsledek]
úloha 7.4
úloha 7.5
úloha 7.6
Výsledky a odkazy: Úloha 7.1: ∆l =
ω 2 l2 E 2
l̺ 3
+
m S
. Viz příklad 2.3, vztah (5) .
Úloha 7.2: ∆l = − h6E̺g . Viz příklad 2.4 (a,b), vztah (5) .
Úloha 7.3: x zdola nahoru, σ(x) = x̺g pro x ∈ (0, c), σ(x) = SS21 c̺g + (x − c)̺g pro x ∈ (c, c + b), σ(x) = SS12 c̺g + (x − c)̺g + SF1 pro x ∈ (b + c, a + b + c) Hodnoty napětí ve místech skokových změn: σ(c) = 240/120kPa, σ(b + c) = 200/450kPa, σ(a + b + c) = 610kPa. Všechny lineární části grafu jsou rovnoběžné. Viz příklad 2.2. 2
2
β−cos β 1−cos β Úloha 7.4: N1 = 2α∆tES cos , N2 = −α∆tES 1+2 Viz příklad 2.8, 1+2 cos2 β cos2 β vztah (6) .
Úloha 7.5: δ =
(a+b)2 Fl ES a2 +(a+b)2 cos3 β
Úloha 7.6: N = −δE ∆li = δ Slii
l1 S1
+
l2 S2
+
l3 S3
l1 + Sl22 S1 −1
+
l3 S3
−1
(všude stejná),
Druhá část Tyto úlohy jsou vzorové pro písemku zadávanou v závěru semestru (kromě energetických metod). Obdobné příklady se rovněž zadávají u zkoušky.
Krut Příklad 7.7 Hřídel ze dvou částí, zatížení dle obrázku. Určete průběh kroutícího momentu a smykového napětí na povrchu Mk (x), τ (x) – předpisy funkce i okótované grafy. Dále určete pootočení volného konce. Dáno Mk1 = 1000Nm, 30
mk = 500Nm/m, l1 = 1m, l2 = 2m, r1 = 8cm, r2 = 5cm, G = 5 · 104 MP a. [výsledek] Příklad 7.8 Hřídel ze dvou částí, zatížení dvěma kroutícími momenty dle obrázku. Jaké musí být poloměry obou částí, je-li stanoveno r1 = r, r2 = 2r (tj. r=?), aby hřídel vydržel dané zatížení? Dáno Mk1 = 500Nm, Mk2 = 1000Nm, τd = 50MP a. [výsledek] Příklad 7.9 Složený hřídel upevněný na obou koncích, ve vyznačeném místě (obr.) zatížen kroutícím momentem M. Určete reakce v upevněních a pootočení v místě M. Jaký největší moment M může působit při daném τd ? [výsledek] mk
Mk1
r2
r1
Mk2 r1
r2
l1
l1
r1
Mk1
l2
l
úloha 7.7
úloha 7.8
r2
Mk
l
l
úloha 7.9
Výsledky a odkazy: Úloha 7.7: x ∈ (0, l1 ): Mk (x) = Mk1 + (l1 − x)mk = 1500 − 500 · x [Nm], τ (x) = τ (0) = 1, 87MPa k1 x ∈ (l1 , 2l1 ): Mk (x) = Mk1 = 1000Nm, τ (x) = 2M = 1.24MPa πr 3 1
x ∈ (2l1 , 2l1 + l2 ): Mk (x) = Mk1 = 1000Nm, τ (x) = 4.1, 2.2 (metoda myšleného řezu).
2Mk1 πr23
2Mk (x) , πr13
= 5, 1MPa Viz příklady
Úloha 7.8: r ≥ 1.85cm (podmínky pro jednotlivé části: r ≥ 1.34cm a r ≥ 1.85cm) Viz příklady 4.1, 4.4. Úloha 7.9: MA = M ϕ=
2M l Gπ
1 + 14 14 r4 r r 1 2 2 1 + 24 4 r r 1 2
,
1 r4 2
1 + 24 r4 r 1 2
, MB = M
1 + 14 r4 r 1 2 1 + 24 4 r r 1 2
pevnost: Mmax = τd
(oba proti směru M) πr23 2
1 + 24 r4 r 1 2 1 + 14 4 r r 1 2
(pozor: nutno vzít v úvahu
pevnostní podmínky pro každý ze třech úseků) Viz příklad 4.4.
Ohyb Příklad 7.10 Jaká největší může být délka nosníku, aby vydržel namáhání vlastní tíhou. Nosník je na koncích prostě podepřen a má čtvercový průřez o straně d. Dáno σd , d, ̺. [výsledek] 31
Příklad 7.11 Nosník prostě podepřený, uprostřed zatížený silou F . Určete ohybovou křivku, maximální průhyb (uprostřed) a sklon (na koncích). Dáno F , l, E, Jy . [výsledek] Příklad 7.12 Určete průběh posouvající síly a ohybového momentu v nosníku zatíženém dle obrázku. Je-li nosník kruhového průřezu, jaký musí být průměr d, aby nosník vydržel dané namáhání (tj. nebylo překročeno dané σd )? [výsledek] Příklad 7.13 Výpočet průřezového modulu I-profilu (obrázek). Dány rozměry b, h. (příklad ze skript – 5.4) [výsledek]
q
h
F
l/2
l/4
h
b
B
A
b
y
h
l/4
z
úloha 7.12
úloha 7.13
Výsledky a odkazy: Úloha 7.10: lmax = vztah (18) .
q
4σd d 3̺g
Viz příklad 5.2 (průběh ohyb. momentu → maximum),
Úloha 7.11: x < 2l : w1 (x) = x > 2l : w2 (x) = w( 2l ) =
F l3 , 48EJy
1 EJy ′
w (0)
F l2 x− 16 F l2 = 16EJ y
h
1 EJy F 3 x 12
h
i
F l2 F 3 x − 12 x 16 i F l 3 + 6 (x − 2 )
Viz příklad 5.6, vztah (21) .
Úloha 7.12: RA = 38 ql + F4 , RB = ql8 + 43 F 2 T1 (x) = 4500 − 1000x [N], M1 (x) = RA x − qx2 = 4500x − 500x2 [Nm] 2 T2 (x) = 500N, M2 (x) = (RA − ql2 )x + ql8 = 500x + 8000 [Nm] 2 T3 (x) = −5500N, M3 (x) = (RA − ql2 − F )x + ql8 + 3F4 l = −5500x + 44000 [Nm] q max = 5, 2cm Viz příklad 5.1, vztah (18) , tabulka (19) . rmin = 3 4M πσdov Úloha 7.13: W0 =
bh(7b2 +12bh+8h2 ) 6b+12h
Viz příklad 5.4.
Energetické metody Vhodné k aplikaci energetických metod (Castiglianovy věty) jsou např, tyto úlohy z ostatních kapitol: 2.8 (prutová soustava) 7.5 (prutová soustava) 5.8 (ohyb nosníku) 32
7.11 (ohyb nosníku)
Doporučená literatura 1. Stříž B.: Pružnost a pevnost 1.díl, skripta VŠST, Liberec, 1990. 2. Stříž B. a kol.: Metodická příručka z Pružnosti a pevnosti, skripta VŠST, Liberec, 1991.
33
