Statikailag határozatlan tartó vizsgálata Készítette: Hénap Gábor
[email protected]
EE y
MT
d
F
A
D
a = 2 m,
p0
E
C
B b
p0 = 1000
x
MT
E
a
Adatok:
P
c
N , b = 3 m, F = 500 N, c = 4 m, d = 50 mm. m
A kés®bbikekben szükséges geometriai jellemz®k: Másodrend¶ nyomaték: Iz =
0.054 π d4 π = = 3, 06796 · 10−7 m4 64 64
Poláris másodrend¶ nyomaték: Ip = A keresztmetszet területe: A =
d4 π 0.054 π = = 6, 13592 · 10−7 m4 32 64
d2 π 0.052 π = = 0.0019635 m2 4 4
FEALADATOK: 1.) Reakcióer®k kiszámítása Betti-tétel felhasználásával. 2.) Reakcióer®k kiszámítása Castigliano-tétel felhasználásával. 3.) Reakcióer®k kiszámítása a rugalmas szál dierenciálegyenletének felhasználásával. 4.) Maximális lehajlás helyének és értékének meghatározása. 5.) Igénybevételi ábrák, veszélyes keresztmetszet, maximális feszültségek számítása. 6.) Feszültségeloszlás a B keresztmetszetben, feszültségállapot a keresztmetszet megadott P pontjában. Ábrázolás Mohr-féle kördiagramon, illetve feszültségi kiskockán. F®feszültségek, f®irányok számítása.
1
1.) Reakcióer®k kiszámítása a Betti-tétel felhasználásával
MT
F
x
p0
A
B
MT
C
A’=1N
a.)
B’
C’
b.)
1. ábra: Szabadtest ábrák Mivel a szerkezet statikailag határozatlan, az egyensúlyi egyenletek nem elegend®ek az ismeretlen reakcióer®k kiszámításához. Viszont a kényszerek helyén ismert az elmozdulás, így a Betti-tételt alkalmazva az adott pontok valamelyikére, el®állíthatók a megoldáshoz szükséges hiányzó egyenletek. Az 1/a.) ábra alapján a hajlító igénybevételi függvények: Mh1 (x) = − Ax
0≤x
Mh2 (x) = − Ax + F (x − a)
a≤x
Mh3 (x) = − Ax + F (x − a) − B(x − a − b) +
p0 (x − a − b)3 6c
(1)
a+b≤x≤a+b+c
Az 1/b.) ábrán az A ponban A0 = 1 N nagyságú er®t m¶ködtetve a B 0 és C 0 reakcióer®k megkaphatók az egyensúlyi egyenletek felírásával, tehát (2) X
MB = 0 = − A0 (a + b) + C 0 c
X
Fy = 0 = − A0 + B 0 + C 0
A0 (a + b) 1 · (2 + 3) = = 1, 25 N (↑) c 4 2+3 0 0 a+b ⇒ B =A −1 =1· − − 1 = −2, 25 N (↓) c 4
⇒ C0 =
(3)
Ezek ismeretében a hajlító igénybevételi függvények mh1 (x) = − A0 x
0≤x
mh2 (x) = − A0 x − B 0 (x − a − b)
a+b≤x
2
(4)
Az A pont elmozdulása a Betti-tétel felhasználásával, melynek értéke a kényszer miatt nulla, a a+b a+b+c Z Z Z 1 wA = Mh1 (x)mh1 (x) dx + Mh2 (x)mh1 (x) dx + Mh3 (x)mh2 (x) dx Iz E a
0
(5)
a+b
a a+b Z Z 1 0 = (−Ax)(−A x) dx + (−Ax + F (x − a))(−A0 x) dx+ Iz E a
0 a+b+c Z
(−Ax + F (x − a) − B(x − a − b))(−A0 x − B 0 (x − a − b)) dx
a+b
2 Z Z5 5Ax2 1 2 Ax dx + 1250x − 625x2 + dx+ = Iz E 4 0
Z9
2
5 − 3Ax2 − 27Ax + 3Bx2 − 42Bx + 135B − 125x4 + 3000x3 − 27750x2 + 116500x − 167625 dx 12
5
=
8 4(63A + 8(B − 2500)) = 0 ⇒ A = − (−2500 + B) 46875π 63
Az 1/a.) ábra alapján felírva az egyensúlyi egyenleteket és felhasználva az (5) egyenlet végeredményét X
Mc = 0 ⇒ −A(a + b + c) − Bc + F (b + c) +
A=− X
p0 c2 = 0 ⇒ B = 1158, 33 N (↑) 6
8 (−2500 + 1158, 33) = 170, 37 N (↑) 63
Fy = 0 ⇒ A + B + C − F −
C=F +
p0 c =0 ⇒ 2
p0 c 1000 · 4 − A − B = 500 + − 170, 37 − 1158, 33 ⇒ C = 1171, 3 N (↑) 2 2
(6)
2.) Reakcióer®k kiszámítása a Castigliano-tétel felhasználásával Ez esetben legyen megintcsak az A er® aktív. A nyomatéki egyensúly a C pontra felírva kapcsolatot teremt az ismeretlen A és B között. Erre szükség lesz a hajlító igénybevételi függvények deriválásánál, tehát X
MC = 0 ⇒ −A(a + b + c) − Bc + F (b + c) +
amib®l F (b + c) + B=
p0 c2 − A(a + b + c) 6 c
3
p0 c2 = 0, 6
(7)
(8)
A (1) egyenletben felírt igénybevételi függvényekbe B -t behelyettesítve azok deriváltjai ∂Mh1 (x) = − x, ∂A ∂Mh2 (x) = − x, ∂A
(9)
∂Mh3 (x) (a + b)(a + b + c − x) =− , ∂A c
Felírva az A pont elmozdulására vonatkozó egyenletet és felhasználva, hogy a kényszer miatt a függ®leges elmozdulás zérus, az A reakcióer® közvetlenül számítható, mint a a+b a+b+c Z Z Z 1 ∂Mh1 (x) ∂Mh2 (x) ∂Mh3 (x) wA = Mh1 (x) dx + dx + dx Mh2 (x) Mh3 (x) Iz E ∂A ∂A ∂A a
0
a+b
2 Z Z5 1 Ax2 dx + Ax2 − 500x2 + 1000x dx+ = Iz E 0
Z9
2
25 (x − 9)2 (3A + 100((x − 6)x − 4)) dx 48
5
=
4(27A − 4600) = 0 ⇒ A = 170, 37 N(↑) , 28125π
illetve (8) alapján 500 · 5 + B=
1000 · 16 − 170, 37 · 9 6 = 1158, 33 N(↑) . 4
(10)
A C reakcióer® nagysága a (6)-ban felírt egyenlet alapján C = 1171, 3 N (↑) .
(11)
3.) Reakcióer®k kiszámítása a rugalmas szál dierenciálegyenletének kiszámításával A rugalmas szál dierenciálegyenletét integrálva az (1) egyenletben megadott nyomatéki függvényekkel az els®
4
szakaszra y100 (x) = − y10 (x)
Mh1 (x) 4Ax = , Iz E 78125π
Z −
= Z
y1 (x) =
Mh1 (x) 2Ax2 dx = + C11 , Iz E 78125π
y10 (x) dx =
(12)
2Ax3 + C11 x + C12 , 234375π
a második szakaszra y200 (x) = − y20 (x)
Mh2 (x) 4((A − 500)x + 1000) = , Iz E 78125π
Z −
= Z
y3 (x) =
2x((A − 500)x + 2000) Mh2 (x) dx = + C21 , Iz E 78125π
y10 (x) dx =
(13)
2(A − 500)x3 16x2 + + C21 x + C22 , 234375π 625π
illetve a harmadik szakaszra 3 4 Ax + B(x − 5) − 125 Mh3 (x) 3 (x − 5) − 500(x − 2) = , =− Iz E 78125π Z Mh3 (x) 0 y2 (x) = − dx = Iz E
y200 (x)
6Ax2 + 6Bx2 − 60Bx − 125x4 + 2500x3 − 21750x2 + 74500x − 78125 + C31 , 234375π Z y3 (x) = y10 (x) dx = =
(14)
x −2Ax2 − 2Bx2 + 30Bx + 25x4 − 625x3 + 7250x2 − 37250x + 78125 =− + C32 x + C31 , 234375π
Az C integrálási konstansok meghatározáshoz felírható perem-, illetve átmeneti feltételek y1 (0) = 0
⇒ C12 = 0,
y1 (a) = y2 (a)
⇒
16A 16(A + 1000) + 2C11 + C12 = + 2C21 + C22 , 234375π 234375π
y10 (a) = y20 (a)
⇒
8A 8(A + 500) + C11 = + C21 , 78125π 78125π
y2 (a + b) = 0
⇒
2(A + 100) + 5C21 + C22 = 0, 1875π
y3 (a + b) = 0
⇒ −
y3 (a + b + c) = 0 ⇒
−2A + 4B + 425 + 5C31 + C32 = 0, 1875π
3(162A − 108B − 38525) + 9C31 + C32 = 0. 78125π
5
(15)
A fenti egyenletrendszert megoldva a Mathematica szoftver segítségével az integrálási konstansok
C11 = −
2(A − 108) , 9375π
C12 = 0,
C21 = −
2(A + 132) , 9375π
C22 =
64 , 1875π
C32 =
3(28A − 2B − 6975) . 15625π
C31 =
−302A + 118B + 73400 , 234375π
(16)
(17) Felhasználva továbbá, hogy a B alátámasztásnál a keresztmetszet szögelfordulása a második és a harmadik szakaszra vonatkozó függvényekb®l számolva azonos kell legyen, y20 (a + b) = y30 (a + b) ⇒ −
4(63A + 8(B − 2500)) = 0. 234375π
(18)
Ebb®l az egyenletb®l A-t kifejezve a (5)-ben kapott összefüggés jelenik meg, A=−
8 (−2500 + B). 63
(19)
Innen az egyensúlyi egyenleteket felhasználva a végeredmény a reakcióer®kre megintcsak A = 170, 37 N(↑),
B = 1158, 33 N(↑),
C = 1171, 3 N(↑).
4.) Deformált alak, maximális lehajlás Az el®z® részben kiszámolt lehajlásfüggvények alalpján felrajzolható a rúd deformált alakja (2. ábra). A deformáció arányosan felnagyítva látható.
5 x
wmax
2. ábra: A rúd deformált alakja A legnagyobb lehjlás láthatóan a rúd harmadik szakaszán jelenik meg, ezért a rugalmas szál dierenciálegyenletével meghatározott függvények közül a harmadikat kell vizsgálni. Széls®értéke ott van, ahol a deriváltja zérus, vagyis az y 0 (xmax ) = 0 ⇒ −135x4max + 2700x3max − 14880x2max + 5400xmax + 86947 = 0
6
negyedfokú egyenletnek, a feladat által kijelölt tartományba es® gyöke lesz a maximális lehajlás helye. Numerikusan megoldva xmax = 7, 26062 m,
illetve a maximális lehajlás értéke wmax = y3 (xmax ) = −0, 00106251 m .
5.) Igénybevételi ábrák, veszélyes keresztmetszet, maximális feszültségek számítása A nyíró igénybevételi függvények a 1/a.) ábra alapján V (x) =A
0 ≤ x < a,
V (x) =A − F
a ≤ x < a + b,
V (x) =A − F + B −
p0 (x − a − b)2 2c
(20)
a + b ≤ x ≤ a + b + c.
illetve a hajlító igénybevételi függvények Mh (x) = − Ax
0 ≤ x < a,
Mh (x) = − Ax + F (x − a)
a ≤ x < a + b,
Mh (x) = − Ax + F (x − a) − B(x − a − b) +
p0 (x − a − b)3 6c
(21)
a + b ≤ x ≤ a + b + c.
A megadott függvények ábrázolása a 3. ábrán látható. Az ábráról leolvasható, hogy a maximális hajlító igénybevétel a B és a C pontok között jelenik meg. Az ott érvényes harmadfokú görbe széls®értéke ott van, ahol az els® deriváltja nulla (ahol a nyíró igénybevételi függvény el®jelet vált): ∂Mh (x) =0 x x=xM hmax
⇒ 125(xM hmax − 5)2 − 828.7 = 0
⇒
xM hmax = 7, 575 m .
Ebben a pontban a hajlító igénybevétel értéke Mhmax = Mh (xM hmax ) = −774, 342 Nm. A széls® pontokban ébred® feszültség a Navier-képlet alkalmazásával σxm ax =
Mhmax d −774, 342 0.05 = = −63, 1 · 106 Pa = −63, 1 MPa. Iz 2 3, 06796 · 10−7 2
A B pontban a nyomatéki igénybevétel értéke MhB = Mh (a + b) = 648, 149 Nm, a csavaró igénybevétel MT B = 500 Nm, míg a nyíró igénybevétel VB = V (a + b) = 828, 7 N. A csavaró igénybevétel az A és B alátámasztási pontok között konstans, MT (x) = M t 0 ≤ x ≤ a + b.
7
A maximális normálfeszültség a Navier-képlettel a rúd keresztmetszetének fels® pontjában σxB =
MB d 0.05 648, 149 = = 52, 816 · 106 Pa = 52, 816 MPa, −7 Iz 2 3, 06796 · 10 2
a maximális csúsztatófeszültség (a súlypont magasságában) a Zsuravszkij-képlettel az S=
0.052 π 4 · 0.05 d2 π 4d = = 104, 167 · 10−7 m3 , 8 6π 8 6π
súlyponti tengelyre számolt statikai nyomaték ismeretében B τxy =
|VB | S |828, 7| 104, 167 · 10−7 = = 562738 Pa = 0, 563 MPa, Iz d 3, 06796 · 10−7 · 0.05
illetve a mxaimális csúsztatófeszültség a csavarásból számítva a rúd keresztmetszetének peremén B τxt =
MT B d 500 0.05 = = 20, 372 · 106 Pa = 20, 372 MPa Ip 2 6, 13592 · 10−7 2
Látható, hogy a nyírásból számolt csúsztatófeszültség elhanyagolható a hajlításból származó normálfeszültséghez, illetve a csavarásból származó csúsztatófeszültséghez képest. Az egyenérték¶ feszültség a B keresztmetszet P pontjában a HMH elmélet szerint HM H σegy =
q p 2 σx2B + 3τxt = 52, 8162 + 3 · 20, 3722 = 63, 52 MPa, B
(22)
q p 2 = σx2B + 4τxt 52, 8162 + 4 · 20, 3722 = 66, 7 MPa. B
(23)
illetve a Mohr elmélet szerint M ohr σegy =
Tehát a veszélyes keresztmetszet a B alátámasztásnál van, ezen belül veszélyes pont a szóban forgó keresztmetszet alsó és fels® pontja (a P és az azzal átellenes pont).
8
p0
F
x
V x [N]
A
B
C
828.7 V xA
V xA F
170.37 2
5
7.575
9
329.63 V xA FB
p0 2c
xab2
M hx [Nm]
1171.3
648.149 MhxA xF xa p0 B xab xab3 6c
MhxA x
2 340.74
5
MhxA xF xa
7.575
9
774.342
3. ábra: Igénybevételi ábrák
6.) Feszültségeloszlás a B keresztmetszetben, feszültségállapot a keresztmetszet megadott P pontjában. Ábrázolás Mohr-féle kördiagramon, illetve feszültségi kiskockán. F®feszültségek, f®irányok számítása. 9
A normálfeszültség a Navier-képlet szerint lineárisan oszlik el a keresztmetszet mentén y irányban, σxMB (y) =
MB y Iz
(24)
A csúsztatófeszültség függvényének meghatározásához ismerni kell a statikai nyomaték kifejezését körszeletre megadva, ez a 6. ábrán látható jelölések alapján
S
4. ábra: Ábra a körszelet statikai nyomatékának számításához A körcikk és az A2 terület¶ háromszög súlypontjai S=
4R sin α2 , 3α
2 s2 = y, 3
illetve az egyes részek területei R2 α , 2
A =A1 + A2 = A2 =y
p R2 − y 2 ,
továbbá α = 2 arccos
y . R
Ezek ismeretében a körszelet területe 1 A1 (y) = A − A2 = 4
és súlypontja
2
d cos
−1
2y d
p − 2y d2 − 4y 2
q p 2 d2 − 4y 2 − d3 1 − 4y 2 4y 2 AS − A2 s2 d . s1 (y) = = p A − A2 6y d2 − 4y 2 − 3d2 cos−1 2y d
10
Most már felírható a csúsztatófeszültségre vonatkozó összefüggés, mely némi egyszer¶sítés után 16VB d2 − 4y 2 VB s1 (y)A1 (y) p τxyB (y) = = . 3πd4 Iz 2 R2 − y 2
5. ábra: A különböz® igénybevételekb®l származó feszültségek eloszlása a B keresztmetszet y irányú szimmetriatengelye mentén. Az el®bbiekben meghatározott függvények ábrázolása a 5. ábrán látható. A P pont koordinátáját behelyettesítve a normál, illetve csúsztató feszültségek értékei P σxB = 52, 816 MPa,
P τxzB = 20, 372 MPa.
A kapott értékekel a feszültségtenzor mátrixa a P pontban 52, 816 0 20, 372 0 0 [MPa] σB = 0 20, 372 0 0
A feszültségállapothoz tartozó Mohr-diagram, illetve mellette feltüntetve a feszültségi kiskocka a 6. ábrán látható. Mivel σ második oszlopában minden elem 0, az egyik f®feszültség 0 lesz, illetve az y tengely bázisvektora egyben ehhez a f®feszültséghez tartozó f®irányt adja meg. A Mohr-diagramot tanulmányozva látszik, hogy az egyes f®feszültséggel az x tengely α szöget zár be, pozitív irányba forgatva (τ pozitív el®jele miatt). 11
20
xz y MPa 10
10
xy y MPa
20
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
40
20
20
40
x y MPa
y mm
y mm
y mm
y mm
P
z
zx
xz
x
y
x
xz
R
3
x
2
1
6. ábra: Mohr-féle kördiagram, illetve feszültségi kiskocka a P pont feszültségállapotára vonatkozóan. A f®feszültségek meghatározása az ábra alapján a következ®képpen történik: σ0 =
a legnagyobb Mohr kör sugara pedig
s R=
σx + σz , 2
σx − σz 2
2 2 . + τxz
Ez esetben σz = 0, tehát a f®feszültségek σ1,3
σx = σ0 ± R = ± 2
tehát
r σ 2 x
2
+
2 τxz
σ1 = 59, 76 MPa,
illetve
52, 816 ± = 2
s
52, 816 2
2 + 20, 3722 ,
σ3 = −6, 945 MPa,
σ2 = 0 MPa.
A második sajátvektor:
(25)
0 e2 = 1 0
Az egyes sajátvektornak az x tengellyel bezárt szöge a kördiagram alapján α=
1 2τxz 1 220, 372 arctan = arctan = 0.325837 rad, 2 52, 816 2 σx
(26)
így az egyes és a hármas f®feszültségekhez tartozó irányok (úgy, hogy a három sajátvektor jobbsodrású koordinátarendszert határozzon meg) cos α 0, 9465 − sin α −0, 3227 . 0 e1 = 0 = 0 , e3 = 0 = sin α 0, 3227 cos α 0, 9465
12
A f®feszültségek és f®irányok ugyanígy megkaphatók a det (σ − λi δ) = 0,
illetve a (σ − σi δ)ei = 0
egyenletek megoldásaként is.
13
