mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
NAJWAŻNIEJSZE WZORY:
Rozkład naprężeń normalnych w przekroju zginanym
M
y
�x(z) = �"z
" zginanie proste:
I
y
M M
y z
�x( y , z) = �"z- �"y
" zginanie ukośne:
I I
y z
Dla głównego centralnego układu współrzędnych xy obróconego o kąt Ć
względem pewnego przyjętego układu centralnego YZ:
M = M �"cosĆ + M �"sin Ć
y Y Z
�% Rozkład wektora momentu:
M = M �"cosĆ - M �"sin Ć
z Z Y
y = Y�"cos Ć + Z�"sin Ć
�% Transformacja współrzędnych:
z = Z�"cosĆ - Y�"sin Ć
I I
y z
Wskaz
nik wytrzymałości na zginanie: W = , W =
y z
zmax ymax
bh2 b2 h
" przekrój prostokątny: W = , W =
y z
6 6
Ą R3 Ą D3
" przekrój kołowy: W = W = =
y z
4 32
Q( x)�"S ( z)
y
Rozkład naprężeń stycznych w przekroju zginanym poprzecznie: �xz =
I �"b(z)
y
6 Q 1 z2 �max = � (z=0) = 3Q
�xz (z) = -
" przekrój prostokątny:
( )
b h 4 2 A
h2
4 Q z2 �max = � (z=0) = 4Q
�xz (z) = 1-
" przekrój kołowy:
( )
3 A
3 Ą R2 R2
4Q y z
�xy( y , z) = - (tylko dla punktów konturu!)
3 Ą R4
�wyp = �2 + �2
"
xy xz
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 1
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Zginanie proste
ZADANIE 10.1
Dany jest wspornik o długości L = 3,5 m obciążony na końcu siłą skupioną P = 50 kN.
Dobrać minimalny przekrój IPN zdolny przenieść to obciążenie, jeśli wytrzymałość na
f = 215 MPa
rozciąganie/ściskanie .
d
M = PL = 175 kNm
Maksymalny moment zginający (w przekroju utwierdzenia):
max
Wymagany wskaz
nik wytrzymałości na zginanie:
M M
max max
�max = < f �! W > = 813,95 cm3
d y
W f
y d
Najmniejszym profilem IPN o większym wskaz
niku wytrzymałości jest IPN 160:
M
IPN360 max
W = 1090 cm3 �! �max = = 165,55 MPa
y
IPN360
W
y
ZADANIE 10.2
Wyznaczyć naprężenia w punktach A, B i C przekroju jak na
rysunku, zginanego momentem M = 20 kNm , którego wektor
jest równoległy do słabszej osi bezwładności przekroju.
Charakterystyki geometryczne przekroju:
Przekrój jest symetryczne  oś symetrii jest jedną z głównych centralnych osi bezwładności.
Druga z osi jest do niej prostopadła i przechodzi przez środek ciężkości:
Pole powierzchni: A = 3�"[3�"15] = 135 [cm2]
Moment statyczny względem prostej zawierającej górną krawędz
przekroju:
S = 3�"15�"(3+1,5) + 2�"[3�"15�"7,5] = 877,5 [cm3]
[ ]
y '
S
y'
Położenie środka ciężkości:
z 'C = = 6,5 [cm]
A
Główne centralne moment bezwładności:
15�"33 3�"153
I = +15�"3�"(4,5-6,5)2 + 2�" +3�"15�"(7,5-6,5)2 = 1991,25 [cm4]
y
[ ] [ ]
12 12
153�"3 33�"15
I = + 2�" +3�"15�"(7,5+1,5)2 = 8201,25 [ m4]
z
[ ] [ ]
12 12
Słabszą osią bezwładności jest oś y. Przyjmujemy, że wektor momentu skierowany jest
zgodnie ze zwrotem tej osi (ma zwrot dodatni).
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 2
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Wzór na naprężenia normalne od zginania przyjmuje postać:
M
� = �"z
I
y
Naprężenia w wybranych punktach
20�"103 �"(-6,5�"10-2) = -65,286�"106 [Pa ]
zA = -6,5 cm
A: �A =
1991,25�"10-8
20�"103 �"(-0,5�"10-2) = -5,022�"106 [Pa ]
zB = -0,5cm
B: �B =
1991,25�"10-8
20�"103 �"(8,5�"10-2) = 85,374�"106 [Pa ]
zC = 8,5 cm
C: �C =
1991,25�"10-8
Rozkład naprężeń normalnych:
ZADANIE 10.3
Dany jest stalowy pręt zginany o średnicy D = 16 mm ,
obciążony jak na rysunku. Dobrać maksymalną wartość
f = 210 MPa
parametru obciążenia P, jeśli .
d
Ą D3
Wskaz
nik wytrzymałości na zginanie: W = = 0,402cm3
y
32
Układ jest symetryczny  reakcja na każdej z podpór jest równa połowie sumy układu sił, a
maksymalny moment zginający występować będzie w połowie przęsła
1
RA = RE = (3 P+2 P+3 P) = 4 P
2
M = RA�"2-3 P�"1 = 5 P
max
Maksymalną wartość parametru obciążenia P wyznaczamy z warunku wytrzymałości:
M f �"W
210�"106�"0,402�"10-6 = 16,884 [N ]
max d y
�max = < f �! P < =
d
W 5 5
y
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 3
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.4
Dana jest belka swobodnie podparta długości 4 m o przekroju
skrzynkowym, kwadratowym, obciążona obciążeniem
równomiernym q=1,65 kN/m na całej długości i siłą
skupioną P = 10 kN w środku przęsła. Dobrać wymiary
przekroju ( przyjąć b=6a ), jeśli graniczne naprężenie
kr = 80 MPa
normalne . Wyznaczyć rozkład naprężeń
normalnych w przekroju maksymalnego momentu zginającego.
Charakterystyki geometryczne przekroju:
(6 a)4 (4 a)4
260
Moment bezwładności przekroju: I = - = a4 H" 86,667 a4
y
[ ] [ ]
12 12 3
I
86,667 a4 = 28,889 a3
y
Wskaz
nik wytrzymałości na zginanie: W = =
y
zmax 3a
Maksymalny moment zginający występuje w środku przęsła. Jego wartość możemy określić
korzystając ze znanych wzorów na maksymalny moment pod obciążeniem ciągłym i pod
siłą skupioną oraz z zasady superpozycji:
PL qL2
M = + = 13,3 kNm
max
4 8
Minimalną wielkość wymiaru a dobieramy z warunku wytrzymałości:
M M
3
max max
�max = < kr �! a > = 1,79 cm
W 28,889�"kr
"
y
Przyjęto: a = 2 cm .
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 4
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.5
Dana jest betonowa, niezbrojona belka o przekroju teowym,
obciążona jak na rysunku. Dobrać minimalny wymiar a
przekroju z uwagi na jego zginanie. W obliczeniach przyjąć
f = 2,9 MPa ,
wytrzymałość na rozciąganie i wytrzy-
ctm
f = 38 MPa
małość na ściskanie .
cm
Charakterystyki geometryczne przekroju symetrycznego 
przyjmujemy pomocniczy układ współrzędnych o osi
poziomej y' pokrywającej się z górną krawędzią przekroju.
[ ] [ ]
A = 2a�"5a + a�"4 a = 14 a2
S
13
y '
S = [2 a�"5 a�"a]+[a�"4 a�"4 a] = 26 a3 �! z'C = = a H" 1,857 a
y '
A 7
2 2
5a�"(2a)3 a�"(4 a)3
13 13 722
I = +5a�"2a�" a- a + +a�"4 a�" 4 a- a = a4 H" 34,381 a4
y
( ) ( )
[ ] [ ]
12 7 12 7 21
I I
722
y y
Wskaz
nik wytrzymałości dla włókien górnych: W = = = a3 H" 18,513 a3
yg
zg z'C 39
I I
722
y y
Wskaz
nik wytrzymałości dla włókien dolnych: W = = = a3 H" 8,299 a3
yd
zd (6 a-z 'C) 87
Przekrój zginany jest tylko w płaszczyz
nie xz  nie ma potrzeby wyznaczania
charakterystyk geometrycznych związanych z osią z.
Reakcje podporowe:
Ł X = H = 0
A
Ł M = -2�"4�"2+V �"4-4�"6 = 0 �! V = 10 [kN]
A B B
ŁY = V -2�"4+V -4 = 0 �! V = 2 [kN]
A B A
Rozkład sił poprzecznych i momentów zginających:
Przedział AB Przedział BC
Ekstremum lokalne M :
Q = 2-2x
Q = 4
Q( xe)=0 �! xe=1
{
M = 2 x-2 x�"x
M = 4(6- x)
{
2 M ( xe)=1
Rozpatrujemy dwa przekroje:
M = 1 kNm
" przekrój ą-ą - maksymalny moment przęsłowy .
ą
Rozciąganie dołem, ściskanie górą.
M = 8 kNm
�-� - maksymalny moment podporowy
" Przekrój .
�
Rozciąganie górą, ściskanie dołem.
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 5
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
PRZEKRÓJ ą-ą
M M
3
ą ą
Rozciąganie dołem: �max = < f �! a > = 3,46cm
ctm
W 8,299 f
"
yd ctm
M M
3
ą ą
Ściskanie górą: �min = < f �! a > = 1,12cm
cm
W 18,513 f
"
yg cm
PRZEKRÓJ �-�
M M
3
� �
Rozciąganie górą:
�max = < f �! a > = 5,30 cm
ctm
W 18,513 f
"
yg ctm
M M
3
� �
Ściskanie dołem:
�min = < f �! a > = 2,93 cm
cm
W 8,299 f
"
yd cm
Przyjęto: a=5,5 cm �! W = 3080,100 cm3 , W = 1380,746 cm3
yg yd
Dla tak przyjętych wymiarów, naprężenia w poszczególnych przekrojach są równe:
Przekrój ą-ą Przekrój �-�
dołem: -0,325 MPa 2,597 MPa
górą: 0,7242 MPa -5,794 MPa
ZADANIE 10.6
Dana jest belka swobodnie podparta o przekroju ceowym C200
f = 215 MPa
wykonana za stali o , która obciążona będzie siłą
d
skupioną P = 50 kN tak jak na rysunku. Obciążenie to przekracza
wartość dopuszczalną. Nośność belki można zwiększyć poprzez
przyspawanie do półek ceownika dodatkowych blach. Jaka powinna
być ich grubość i na jakiej długości należy wzmocnić przekrój belki?
Grubość nakładek
Minimalną grubość nakładek wyznaczymy na podstawie znajomości maksymalnego
momentu zginającego.
Reakcje podporowe:
Ł X = H = 0
A
Ł M = -50�"3+V �"5 = 0 �! V = 30 [ kN]
A B B
ŁY = V -50+V = 0 �! V =20 [kN ]
A B A
Rozkład sił poprzecznych i momentów zginających:
AB: x"(0 ;3) BC : x"(3 ;5)
Q( x) = 20 Q (x) = -30
{ {
M (x) = 20�"x M ( x) = 30�"(5- x)
M = 60 kNm
Maksymalny moment zginający:
max
M
max
Wymagany wskaz
nik wytrzymałości przekroju: W = = 279,07 cm3
min
f
d
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 6
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Przyjmujemy, że nakładki o grubości t przyspawane są z obydwu stron
ceownika oraz, że ich szerokość jest równa szerokości półki ceownika
b = 7,5 cm
. Wszystkie obliczenia prowadzimy w centymetrach. Moment
f
bezwładności wzmocnionego przekroju:
3
2
bf�"t hC200 t 2
7,5 t3+7,5t 20+ t
I = IC200 + 2�" +bf�"t�" + = 1910+2�" =
wzm
( )
[ ] ( )
[ ]
12 2 2 12 2 2
= 5t3+150 t2+1500 t+1910
1
zmax, wzm = hC200+t = 10+t
Odległość do skrajnych włókien w przekroju wzmocnionym:
2
Żądamy, aby wskaz
nik wytrzymałości przekroju wzmocnionego był równy minimalnemu
wymaganemu wskaz
nikowi  z tej zależności wyznaczamy minimalną grubość nakładek:
I
wzm
W = = W �! t3+30t2+224 t-178 = 0 �! t = 0,723 [cm]
wzm
zmax , wzm min
Przyjmujemy: t = 8 mm .
I = 3208,56 cm4, zmax ,wzm = 10,8 cm , W = 297,09 cm3
wzm wzm
Naprężenia maksymalne w przekroju wzmocnionym:
M
max
�max = = 201,96 MPa < f
d
W
wzm
Długość nakładek
Długość nakładek wyznaczymy na podstawie znajomości maksymalnego dopuszczalnego
momentu zginającego dla przekroju niewzmocnionego:
M = f �"W = 215�"106�"191�"10-6 = 41,065�"103 [ Nm]
dop d C200
W obydwu przedziałach charakterystycznych wyznaczyć musimy taki przekrój, w którym
moment zginający osiąga tę graniczną wartość:
M = M �! 20�"x = 41,065 �! x = 2,05 [m]
AB dop
M = M �! 30�"(5- x) = 41,065 �! x = 3,63 [m]
BC dop
Przyjęto, że przekrój wzmocniony zostanie od punktu x = 2 m do punktu x=3,7 m .
Całkowita wymagana długość nakładek: L = 3,7 - 2,0 = 1,7 [m]
M (x=2) = 40 kN , M ( x=3,7) = 39 kN
Maksymalne naprężenia od zginania w punktach wzmocnienia lub
osłabienia przekroju:
M ( x=2) M (x=2)
AB AB
= 209,42 MPa = 134,64 MPa
W W
C200 wzm
M ( x=3,7) M ( x=3,7)
BC BC
= 204,19 MPa = 131,27 MPa
W W
C200 wzm
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 7
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.7
Dobrać minimalną wymaganą średnicę pręta
(wyłącznie z uwagi na zginanie), z którego wykonano
prostokątną ramę, obciążoną jak na rysunku, jeśli
graniczne naprężenie normalne wynosi:
f = 180 MPa .
d
Reakcje podporowe:
Ł M = -6�"1-2�"4�"2+1�"2+V �"4 = 0 �! V = 5
A D CD
Ł X = - H +6-1 = 0 �! H = 5
A A
ŁY = V -2�"4+V = 0 �! V = 3
A D A
Siły przekrojowe:
CD: x"(0 ;4)
AB: x"(0 ;1) BC : x"(1 ;2)
N ( x) =-1
N ( x) = -3 N ( x) =-3
Q( x) = 2�"(4- x)-5
Q( x) = 5 Q( x) = -1
{ {
M (x) = 5�"x M ( x) = 5�"x-6�"( x-1) {M ( x) = -2�"(4-x)2+5�"(4-x)
2
Ekstremum lokalne momentów pod obciążeniem ciągłym:
QCD = 2(4- x)-5=0 �! x=1,5
M ( x=1,5) = 6,25
CD
M = 6,25 kNm
Maksymalny moment zginający:
max
Ą D3
Wskaz
nik wytrzymałości na zginanie: W =
y
32
M
max
Warunek nośności: �max = < f
d
W
y
32 M
3
max
Minimalna średnica: D > = 70,719 mm
Ą f
"
d
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 8
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Zginanie ukośne
ZADANIE 10.8
Dany jest przekrój teowy T 100�100�11 obciążony momentem
zginającym M = 1,5 kNm , jak na rysunku. Wyznaczyć naprężenia w
punktach A, B i C. Wyznaczyć orientację osi obojętnej.
Rozkładamy wektor momentu zginającego na składowe równoległe do
głównych centralnych osi bezwładności.
M = M cos120" = -M sin 30" =-0,75 kN
y
M = M sin 120" =+M cos 30" = 1,299 kN
z
M M
y z
Naprężenia w przekroju określa wzór: � = z - y
I I
y z
Charakterystyki geometryczne przekroju odczytujemy z tablic:
I = 179 cm4
y
I = 88,3 cm4
z
Współrzędne punktów skrajnych:
A(50 ; -27,4) [ mm]
B(-50 ; -27,4) [mm ]
C (0 ; 72,6) [ mm]
Naprężenia w punktach skrajnych:
-0,75�"103 1,299�"103
�A = �"(-27,4�"10-3) - �"(50�"10-3) = -62,076�"106 [Pa]
179�"10-8 88,3�"10-8
-0,75�"103�"(-27,4�"10-3
1,299�"103�"(-50�"10-3
�B = ) - ) = 85,037�"106 [ Pa]
179�"10-8 88,3�"10-8
-0,75�"103�"(72,6�"10-3
1,299�"103�"0 = -30,419�"106 [Pa ]
�C = ) -
179�"10-8 88,3�"10-8
Równanie osi obojętnej:
M M M I
y z z y
� = z - y = 0 �! z = y �! z = -3,511 y
I I M I
y z y z
Kąt nachylenia osi obojętnej:
M I
z y
ł = arctg = -74,102"
M I
y z
Dla porównania  kąt nachylenia kie-
runku wektora momentu zginającego:
M
z
arctg = -60"
M
y
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 9
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.9
Dany jest wspornik o przekroju prostokątnym
b�h = 10 cm � 25 cm obciążony na końcu siłą skupioną
P = 20 kN, nachyloną pod kątem ą = 30" do mocniejszej
osi przekroju. Wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych
w przekroju utwierdzenia, ekstremalne naprężenie
normalne oraz położenie osi obojętnej.
Momenty bezwładności przekroju:
bh3 b3 h
I = = 13020,83 cm4 , I = = 2083,33 cm3
y z
12 12
Wskaz
niki wytrzymałości przekroju na zginanie:
bh2 b2 h
W = = 1041,67 cm3 , W = = 416,67 cm3
y z
6 6
F = P sin ą = 10 kN
Siła poprzeczna zginająca w płaszczyz
nie xz:
z
F = P cosą = 17,32 kN
Siła poprzeczna zginająca w płaszczyz
nie xy:
y
Maksymalne momenty zginające (w przekroju utwierdzenia):
M = -F �"L = -30 kNm
y z
M = F �"L = 51,96 kNm
z y
Kąt nachylenia kierunku wektora wypadkowego momentu gnącego do osi y:
M
z
� = arctg = -60"
M
y
M M
y z
Rozkład naprężeń normalnych: �( y , z) = �"z - �"y
I I
y z
Naprężenia w narożach przekroju:
b h
�A = � , = -153,50 MPa
( )
2 2
b h
�B = � - , = -95,90 MPa
( )
2 2
h
�C = � -b ,- = 153,50 MPa
( )
2 2
b h
�D = � ,- = 95,90 MPa
( )
2 2
#"M #" #"M #"
y z
Naprężenia maksymalne: #"�max#"= + = 153,50 MPa
W W
y z
Równanie osi obojętnej w układzie głównych centralnych osi bezwładności:
M M M I
y z z y
�( y , z) = �"z - �"y = 0 �! z = y �! z=-10,83 y
I I M I
y z y z
I M
y z
ł=arctg �" = -84,73"
[ ]
I M
z y
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 10
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.10
Dana jest belka o długości L=5m swobodnie podparta, obciążona
w środku przęsła siłą skupioną P=40 kN nachyloną pod kątem
ą=40" do słabszej głównej centralnej osi bezwładności profilu
IPE. Dobrać minimalny profil IPE zdolny przenieść zadane
kr = 225 MPa .
obciążenie., jeśli
Rozkład siły poprzecznej:
F = P cosą = 30,64 kN
z
F = P sin ą = 25,71 kN
y
Maksymalne momenty zginające (w środku przęsła):
F L
P L
z
M = = cos ą = 38,3 kNm
y
4 4
F L
P L
z
M = - = - sin ą = -32,14 kNm
z
4 4
Maksymalne naprężenia normalne w przekroju bisymetrycznym są równe:
#"M #" #"M #"
y z
�max = +
W W
y z
�max < k .
Należy dobrać taki profil IPE, dla którego Mamy do dyspozycji tylko jedno
r
W i W . W /W =5,6�9,6
równanie z dwoma niewiadomymi Dla profili IPE stosunek .
y z y z
W = 7,6W
Na potrzeby obliczeń przyjmujemy .
y z
#"M #" #"M #" #"M #"+7,6#"M #"
y z y z
�max = + < kr �! W > = 165,24 cm3
z
7,6W W 7,6 kr
z z
Najmniejszym profilem IPE o W >165,24 cm3 jest IPE 450.
z
IPE450 IPE450
W = 1499,69 cm3 W = 176,41 cm3
y z
W ogólności, należy się spodziewać, że w przypadku wybranego przekroju, zależność
W = 7,6W
nie jest spełniona  została ona przyjęta tylko na potrzeby wstępnego,
y z
W /W =8,5.
szacunkowego doboru przekroju. W rzeczywistości Konieczne jest zatem
y z
sprawdzenie, czy przekrój ten rzeczywiście przenosi zadane obciążenie.
#"M #" #"M #"
y z
SPRAWDZENIE: Naprężenia maksymalne: �max = + = 207,73 MPa
W W
y z
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 11
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.11
Dana jest belka obciążona jak na rysunku. Belka
wykonana jest z kątownika równoramiennego
L 120�120�10 ułożonego w ten sposób, że jedno z
jego ramion leży w płaszczyz
nie obciążenia, drugie zaś
jest do niej prostopadłe. Wyznaczyć rozkład naprężeń
w przekroju występowania maksymalnego momentu
zginającego. Wyznaczyć naprężenie ekstremalne.
Na początku trzeba zlokalizować przekrój występowania największego momentu
zginającego.
Reakcje podporowe:
Ł X = H = 0
A
Ł M = -0,3�"4�"2+6�"V = 0 �! V = 0,4
A B B
ŁY = V -0,3�"4+V = 0 �! V = 0,8
A B B
Rozkład sił poprzecznych i momentów zginających:
AB: x"(0 ; 4) BC : x"(4 ; 6)
Q( x) = 0,8-0,3�"x
Q(x) = -0,4
x
{
M (x) = 0,8 x-0,3�"x�"
M (x) = 0,4�"(6-x)
{
2
Na przedziale AB może występować lokalne ekstremum rozkładu momentów zginających
pod obciążeniem ciągłym:
8H"2,667 " AB �! M = M 8 16H"1,067 [kNm]
QAB = 0 �! x = =
max
( )
3 3 15
Osie równoległe do ramion kątownika nie są jego głównymi osiami bezwładności  wektor
momentu jest równoległy do ramion kątownika, jest to zatem przypadek zginania ukośnego.
Konieczny jest rozkład obciążenia na kierunku osi głównych, wyznaczenie momentów
bezwładności względem tych osi oraz wyznaczenie współrzędnych punktów skrajnych w
układzie osi głównych.
Rozkład momentu zginającego:
M = M �"cosĆ + M �"sin Ć
y Y Z
M = M �"cosĆ - M �"sin Ć
z Z Y
Zmiana współrzędnych punktu przy obrocie układu współrzędnych:
y = Y�"cos Ć + Z�"sin Ć
z = Z�"cosĆ - Y�"sin Ć
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 12
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Dla kątownika równoramiennego w orientacji jak na rysunku mamy Ć = 45".
Charakterystyki geometryczne L 120�120�10 :
I = I = 497 cm4 I = I = 129 cm4 a = 12 cm e = 3,31 cm
y max z min
Rozkład momentów zginających:
M = M M = M �"cos Ć = 754,2 Nm
Y max y max
�!
M = 0 M =-M �"sin Ć =-754,2 Nm
Z z max
Rozkład naprężeń przy zginaniu ukośnym jest liniowy 
największe naprężenia występują w punktach najbardziej
oddalonych od osi obojętnej  bardzo często są to skrajne
punktu przekroju  tutaj oznaczono je jako A, B i C.
Współrzędne punktów skrajnych w układzie centralnym YZ:
A (a-e ; -e) = (8,69 ; -3,31)
(-e
) [cm]
B ; a-e = (-3,31 ; 8,69)
C (-e ; -e) = (-3,31 ; -3,31)
Współrzędne punktów skrajnych w układzie głównym centralnym yz:
A Y �"cos Ć + Z �"sin Ć ; Z �"cosĆ - Y �"sin Ć = (3,80 ; -8,49)
( )
A A A A
B Y �"cos Ć + Z �"sin Ć ; Z �"cos Ć - Y �"sin Ć = (3,80 ; 8,49)
[cm]
( )
B B B B
A Y �"cos Ć + Z �"sin Ć ; Z �"cosĆ - Y �"sin Ć = (-4,68 ; 0)
( )
A A A A
M M
y z
Naprężenia w punktach skrajnych: �( y , z) = �"z - �"y
I I
y z
�A = � ( yA , zA) = 9,36 MPa
�B = � ( yB , zB) = 35,12 MPa
�C = �( yC , zC) = -27,37 MPa
M I
z y
Równanie osi obojętnej: z = �"y �! z=-3,853 y
M I
y z
M I
z y
Kąt nachylenia osi obojętnej: ł = arctg = -75,45"
M I
y z
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 13
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Jeśli przekrój ma taki kształt, dla którego trudno
pewnie wskazać punkt najbardziej oddalony od osi
obojętnej (szczególnie w obecności wyokrągleń
półek itp.), wtedy poszukujemy go np. wykreślnie 
poszukujemy takiego punktu na konturze przekroju,
do którego prosta równoległa do osi obojętnej jest
styczna i nie przecina przekroju w żadnym innym
miejscu. Określenie współrzędnych dokładnych
tego punktu może być trudne  można to jednak
zrobić w sposób przybliżony na podstawie
sporządzonego rysunku.
Punkt występowania największych naprężeń ściskających pokrywa się z punktem C. Punkt
występowania największych naprężeń rozciągających znajduje się w pobliżu punktu B.
Maksymalne naprężenia rozciągające:
�A = � ( y H" 4,5 cm , z H" 7,5 cm) H" 38 MPa
�min H" -28 MPa
Ostatecznie, można napisać:
�max H" 38 MPa
ZADANIE 10.12
Dobrać maksymalną wartość parametru obciążenia
q żeliwnego wspornika długości L = 1,5 m o
przekroju trójkątnym jak na rysunku. Wyznaczyć
rozkład naprężeń. Dla żeliwa przyjąć:
k = 130 MPa
wytrzymałość na rozciąganie:
r
k = 180 MPa
wytrzymałość na ściskanie :
c
Charakterystyki geometryczne przekroju: b = 5 cm h = 15 cm
1
Y 'C =- b = -1,666 cm
Położenie środka ciężkości:
3
1
Z 'C = h = 5 cm
3
Główne centralne momenty bezwładności:
bh
I = I = [b2+h2+ h4-h2 b2+b4] = 482,917 cm4
"
y max
72
bh
I = I = [b2+h2-"
h4-h2 b2+b4] = 37,917 cm4
z min
72
h2-b2-"
h4-b2 h2+b4 = -10,278�%
Ć = arctg
bh
Współrzędne wierzchołków trójkąta przekroju w układzie centralnym YZ:
A (1,666 ; -5) B (1,666 ; 10) C (-3,333 ; -5) [cm]
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 14
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Współrzędne wierzchołków trójkąta przekroju w układzie głównym centralnym yz:
A Y cosĆ+Z sin Ć ; Z cosĆ-Y sin Ć = (2,531 ; -4,623) [cm]
( )
A A A A
B Y cosĆ+Z sin Ć ; Z cos Ć-Y sin Ć = (-0,145 ; 10,137) [cm ]
( )
B B B B
C Y cosĆ+ZC sin Ć ; Z cos Ć-Y sin Ć = (-2,387 ; -5,514) [cm]
( )
C C C
Maksymalny moment zginający belkę (w przekroju utwierdzenia)
q L2
M = - = -1,125q
max
2
Rozkład momentu zginającego:
M = M �"cos Ć = -1,107 q M = -M �"sin Ć = -0,201 q
y max z max
M M
y z
Rozkład naprężeń normalnych: �( y , z) = �"z - �"y
I I
y z
M M
y z
Równanie osi obojętnej: �( y , z) = �"z - �"y = 0
I I
y z
M I
z y
z = �"y �! z = 2,313 y
M I
y z
M I
z y
Kąt nachylenia osi obojętnej: ł = arctg = 66,62"
M I
y z
Ekstremalne naprężenia pojawiają się w punktach skrajnych przekroju. Wartości naprężeń
w narożach (wartości wszystkich parametrów podstawiamy w jednostkach układu SI):
�A = 24014,356 q �B = -24005,894 q �C = -13,763 q
Maksymalną wartość parametru obciążenia q wyznaczamy przyrównując ekstremalne
naprężenia do wartości granicznych:
Największe naprężenie rozciągające (punkt A):
130�"106
#"�A#"}* kr �! q}* = 5,413,429 [ N/m]
24014,356
Największe naprężenie ściskające (punkt B):
180�"106 = 7498,159 [N/m]
#"�B#"}* kc �! q}*
24005,894
Przyjmując obciążenie q = 5,4 kN/ m :
M = -6,075 kNm
max
M = -5,978 kNm
y
M = -1,085 kNm
z
�A = 129,678 MPa
�B = -129,632 MPa
�C = -0,074 MPa
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 15
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.13
Sprawdzić, jak zmieniłaby się wartość maksymalnego naprężenia normalnego we
wzmocnionym profilu zginanym z zadania nr 10.5, gdyby zamiast dwóch nakładek o
grubości t=8 mm przyspawanych po obu stronach C200, zastosować tylko jedną o
dwukrotnie większej grubości, przyspawaną do jednej z półek.
Po dołączeniu do profilu C200 nakładki tylko z jednej strony (np. do górnej półki) przekrój
staje się niesymetryczny  zmienia ulegają nie tylko wartości charakterystyk
geometrycznych, ale również orientacja głównych centralnych osi bezwładności. W takiej
sytuacji wektor momentu zginającego nie jest już równoległy do którejś z takich osi i
zagadnienie zginania prostego przechodzi w zginanie ukośne.
Charakterystyki geometryczne profilów składowych:
C200: Nakładka:
AC200 = 32,2 cm2 t=16 mm
I = 1910 cm4 b = 7,5cm
y ,C200
I = 148 cm2
z ,C200
Dyz , C200=0
h=20 cm
b = 7,5 cm
f
e = 2,01 cm
Charakterystyki geometryczne przekroju wzmocnionego:
Pole powierzchni:
[ ] [ ]
A = 32,2 + 1,6�"7,5 = 44,2 [cm2]
Momenty statyczne względem pomocniczych osi Y'Z':
[ ]
SY '= 32,2�"10 +[1,6�"7,5�"(-0,8)] = 312,4 [cm3]
S =[32,2�"(-2,01)]+[1,6�"7,5�"(-3,75)] = -109,722 [cm3]
Z '
Położenie środka ciężkości:
S SY '
Z '
Y 'C = = -2,482 [cm ], Z 'C = = 7,068 [cm ]
A A
Centralne momenty bezwładności i moment dewiacji:
1,63�"7,5
IY = [1910+32,2�"(10-7,068)2]+ +1,6�"7,5�"(-0,8-7,068)2 = 2932,236 [cm4]
[ ]
12
1,6�"7,53
I = [148+32,2�"(-2,01+2,482)2]+ +1,6�"7,5�"(-3,75+2,482)2 = 230,718 [cm4]
Z
[ ]
12
( )(-2,01+2,482 ]+[0+1,6�"7,5�"-0,8-7,068
) ( )(-3,75+2,482 ]=164,281 [cm4]
)
DYZ=[0+32,2�" 10-7,068
Główne centralne momenty bezwładności:
2
IY+ I I -I
Z Y Z
I = I = + + D2 = 2942,190 [cm4]
max y YZ
( )
2 2
"
2
IY +I IY-I
Z Z
I = I = - + D2 = 220,764 [cm4]
min z YZ
( )
2 2
"
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 16
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
DYZ
Ć = arctg = -3,467"
I - Imax
Z
Rozkład maksymalnego momentu zginającego
(wg zadania 5) w osiach głównych:
M = 60 kNm
max
M = M �"cos Ć = 59,890 kNm
y max
M = -M �"sin Ć = 3,628 kNm
z max
Maksymalne naprężenia występować będą w punktach położonych
najdalej od osi obojętnej. Sprawdzamy wartości naprężeń w
wybranych skrajnych punktach przekroju:
Współrzędne punktów skrajnych w układzie centralnym YZ:
A (2,482 ; -8,668) , B (2,482 ; 12,932) , C (-5,018 ; 12,932) , D(-5,018 ; -8,668)
Współrzędne punktów skrajnych w układzie głównym centralnym yz:
A Y Ć+Z sin Ć ; Z cosĆ-Y sin Ć = (3,002 ; -8,502)
( )
A A A A
B Y Ć+Z sin Ć ; Z cosĆ-Y sin Ć = (1,695 ; 13,058)
( )
B B B B
C Y Ć+Z sin Ć ; Z cosĆ-Y sin Ć = (-5,791 ; 12,605)
( )
C C C C
D Y Ć+Z sin Ć ; Z cos Ć-Y sin Ć = (-4,485 ; -8,956)
( )
D D D D
M M
y z
Naprężenia w punktach skrajnych: �( y , z) = �"z - �"y
I I
y z
�A = -222,393 MPa
�B = 237,950 MPa
�C = 351,746 MPa
�D = -108,597 MPa
Przekrój musiał być wzmocniony, ponieważ maksymalne naprężenia w niewzmocnionym
profilu C200 w przekroju występowania maksymalnego momentu zginającego wyniosłyby:
M
max
�max = = 314,136 MPa ,
W
C200
f = 215 MPa
co znacznie przekracza dopuszczalną wartość (patrz: zadanie 10.5).
d
Zastosowanie symetrycznie ułożonych nakładek grubości 8 mm, pozwoliło zredukować
naprężenia do poziomu 201,96 MPa. Zastosowanie pojedynczej nakładki grubości 16 mm w
rzeczywistości doprowadziło do osłabienia przekroju  zastosowanie grubej blachy z jednej
tylko strony, przesunęło środek ciężkości przekroju w jej stronę, co doprowadziło, do
znacznego oddalenia włókien skrajnych od osi obojętnej. Zwiększenie bezwładności
przekroju okazałoby się względnie mniejsze niż oddalenie tych włókien, co
spowodowałoby, że naprężenia w przekroju  wzmocnionym uległyby nawet powiększeniu
w stosunku do przekroju niewzmocnionego do wartości 351,75 MPa, tj. o blisko 12%.
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 17
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.14
Wyznaczyć rozkład naprężeń normalnych w kątowniku zginanym momentem M jak na
rysunku:
Pole powierzchni przekroju:
A=2 a�"2 a+2�"10 a�"2 a = 44 a2
Przekrój jest symetryczny  oś symetrii nachylona
jest pod kątem 45� do osi poziomej i pionowej.
Jedna z głównych centralnych osi bezwładności
musi pokrywać się z osią symetrii. Ponieważ
wektor momentu zginającego nie leży na kierunku
osi symetrii, zatem mamy do czynienia ze
zginaniem ukośnym. Środek ciężkości musi leżeć
na osi symetrii. Ponieważ jej orientacja jest znana,
wystarczy znalez
ć jedną współrzędną środka
ciężkości w dowolnym układzie.
Moment statyczny względem osi poziomej zawierającej górną krawędz
kątownika:
SY '=10 a�"2 a�"a+12a�"2 a�"6 a=164 a3
Współrzędne środka ciężkości w przyjęty układzie osi (Y,Z):
SY ' 41
Y '=Z ' H" 3,727 a
ZC '= = a H" 3,727a
C C
A 11
Momenty bezwładności względem centralnych osi bezwładności (poziomej i pionowej):
2 2
10a�"(2a)3 41 2a�"(12a)3 41 18724
I =I = +10 a�"2a�" a- a + +12 a�"2a�" 6 a- a = a4H"567,394 a4
Y Z
[ ( )] [ ( )]
12 11 12 11 33
41 41 41 41
DYZ= 0+10a�"2 a�" a- a �" 7 a- a + 0+12 a�"2a�" 6a- a �" a- a = -3600 a4H"-327,272a4
( )( ) ( )( )
[ ] [ ]
11 11 11 11 11
Główne centralne momenty bezwładności znajdujemy jako wartości własne tensora
bezwładności, lub poprzez obrót tensora bezwładności o 45�:
2
I +I IY- IZ
2684
Y Z
I =I = + +D2 = a4 H" 894,667 a4
y max YZ
( )
2 2 3
"
2
I +I IY- I
7924
Y Z Z
I =I = - +D2 = a4 H" 240,121 a4
z min YZ
( )
2 2 33
"
Współrzędne punktów konturu w układzie centralnym (Y,Z):
41 41 91 41 91 19
A= - ,- a B= ,- a C= ,- a
( ) ( ) ( )
11 11 11 11 11 11
19 91 41 91
D= -19 ,- a E= -19 , a F = - , a
( ) ( ) ( )
11 11 11 11 11 11
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 18
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Współrzędne punktów konturu u układzie głównym centralnym transformują się
wg wzoru:
y = Y cosĆ + Z sin Ć
z = -Y sin Ć + Z cos Ć
82 a 50 132 a 72
A= - ,0 B= ,- C= ,-110 a
( ) ( ) ( )
11 11 11 11 11
"2 "2 "2
a 72 110 a 50 132 a
D= -38 ,0 E= , F = ,
( ) ( ) ( )
11 11 11 11 11
"2 "2 "2
Rozkład wektora momentu zginającego w układzie osi głównych centralnych:
M M
M =M sin Ć = M =M cosĆ =
y z
2 2
" "
Rozkład naprężeń normalnych:
M M
M 3 z 33 y
y z
�( y , z) = �"z - �"y = -
[ ]
I I 2684 7924
a4 2
y z "
Równanie osi obojętnej:
�=0 �! z = 3,726 y
Kąt nachylenia osi obojętnej:
M I
z y
ł = arctg H" 75"
M I
y z
M
�A = 0,01552
a4
M
�B = -0,01617
a4
M
�C = -0,01922
a4
M
�D = 0,00719
a4
M
�E = -0,00804
a4
M
�F =-0,00276
a4
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 19
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Zginanie poprzeczne
ZADANIE 10.15
Wyznaczyć rozkład naprężeń stycznych w przekroju dwuteowym jak na rysunku poniżej.
Q�"S ( z)
y
Wzór na naprężenia styczne: � =
b(z) I
y
Konieczne jest wyznaczenie środka ciężkości oraz głównego
centralnego momentu bezwładności przekroju.
A=[8�"2]+[10�"1]+[2�"5] = 36
S =[8�"2�"1]+[10�"1�"7]+[2�"5�"13]=216
y '
S
y'
zC ' = =6
A
Moment bezwładności względem głównych centralnych osi bezwładności:
8�"23 1�"103 5�"23
I = +8�"2�"(1-6)2 + +10�"1�"(7-6)2 + +5�"2�"(13-6)2 = 992 [mm4]
y
[ ] [ ] [ ]
12 12 12
Zmienność szerokości przekroju po jego wysokości:
8 �! z"(-6 ;-4)
b( z) =
1 �! z"(-4; 6) [mm]
{
5 �! z"(6;8)
Moment statyczny odciętej części przekroju względem głównej centralnej osi poziomej  dla
każdej wartości z można wyznaczać moment statyczny części leżącej po stronie większych
wartości z lub mniejszych wartości z. Co do wartości bezwzględnej, oba te momenty są
sobie równe  w tym drugim przypadku jednak, należy zmienić znak tej wielkości.
" z"(-6 ;-4) - obszar półki górnej
Wyznaczamy moment statyczny górnej części przekroju
(odpowiadającej mniejszym wartościom z)  obliczoną wielkość
należy wziąć ze znakiem  - .
Współrzędna z jest ujemna, co trzeba uwzględnić w obliczeniach. Po uwzględnieniu
faktu, że z<0 :
(6+z)
�% Wysokość odciętej części (dodatnia wielkość geometryczna):
1
z- (6+ z)
�% Współrzędna środka ciężkości odciętej części (ujemna):
[ ]
2
1
S (z) = - 8�"(6+z)�" z- (6+z)
[mm3]
y
[ ]
[ ]
2
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 20
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
" z"(-4; 6) - obszar środnika
Wyznaczamy moment statyczny górnej części przekroju 
obliczoną wielkość należy wziąć ze znakiem  - .
1
S (z) = - 8�"2�"(-5) + 1�"(4+z)�" z- (4+ z)
[mm3]
y
[ ]
[ ]
2
" z"(6 ;8) - obszar półki dolnej
Wyznaczamy moment statyczny dolnej części przekroju
(odpowiadającej większym wartościom z)  nie zmieniamy
znaku obliczonej wielkości.
1
Sy(z) = 5�"(8-z)�" z+ (8-z)
[mm3]
[ ]
2
Wartości wyznaczonych wielkości w charakterystycznych punktach przekroju:
Pkt z S ( z) b( z) S (z)
1
y y
[mm ] [mm ]
[ ]
[mm3] b(z)�"I
m2
y
A -6 0 8 0
B -4 80 8 10080,6
C -4 80 1 80645,2
D 0 88 1 88709,7
E 6 70 1 70564,5
F 6 70 5 14112,9
G 8 0 5 0
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 21
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.16
Wyznaczyć maksymalne naprężenia normalne i
styczne w belce o przekroju kołowym, jak na
rysunku. Wyznaczyć stan naprężenia w punkcie P
przekroju nad podporą w punkcie C belki.
Reakcje podporowe:
Ł X = H = 0
B
Ł M = 2�"2 - 2�"6�"1 + V �"2 - 4 = 0 �! V = 6
B C C
ŁY = -2-2�"6+V +V = 0 �! V =8
B C B
Siły przekrojowe:
AB: x"(0 ;2) BC : x "(2 ;4) CD: x "(4 ;6)
Q( x) =-2-2�"x Q (x) = -2+8-2�"x Q(x ) = 2�"(6- x)
M (x) = -2�"x-2�"x2 M ( x) = -2�"x+8�"(x-2)-2 �"x2 M (x) = -2 �"(6-x )2-4
{ { {
2 2 2
Poszukiwanie ekstremum lokalnego rozkładu momentów:
QAB = 0 �! -2-2 x=0 �! x=-1 "AB
QBC = 0 �! -2+8-2 x=0 �! x=3"BC
M (x=3) = -7
QCD = 0 �! 2(6-x)=0 �! x=6"CD
M (x=6)=-4
Największe naprężenia styczne pojawiają się w przekroju
występowania największej siły poprzecznej. Największe
naprężenia normalne pojawiają się w przekroju występowania
największego momentu zginającego.
Przekrój nad podporą w punkcie belki B, o normalnej zewnętrznej skierowanej w lewo jest
przekrojem występowania zarazem największego momentu zginającego i największej siły
poprzecznej.
Dla przekroju kołowego o średnicy D=8cm :
Ą D2
Pole powierzchni: A = = 50,265 cm2
4
Ą D4
Moment bezwładności przekroju: I = = 201,062 cm4
y
64
Ą D3
Wskaz
nik wytrzymałości przekroju: W = = 50,265 cm3
y
32
Maksymalne naprężenie styczne:
Qmax
4
Qmax =#"Q(x=2-)#"= 6 �! �max = = 1,592 MPa
3 A
Maksymalne naprężenie normalne:
M
max
M =#"M ( x=2)#"= 8 �! �max = = 159,16 MPa
max
W
y
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 22
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Stan naprężenia w punkcie P przekroju nad podporą w punkcie C:
N = 0 kN
Siły przekrojowe w przekroju C:
Q = 4 kN
{
M = -8 kNm
D
yP =- cos30" = -3,464 cm
2
Współrzędne punktu P:
D
zP = sin 30" = 2cm
2
M
� = �"zP = -79,577 MPa
�xx
Naprężenie normalne :
I
y
z2
4 Q
P
�xz
Naprężenie styczne : �xz = 1- = 0,796 MPa
( )
3Ą R2 R2
4 Q y z
�xy = - =0,459 MPa
�xy
Naprężenie styczne :
3 Ą R4
Wypadkowe naprężenie styczne: � = �2 +�2 = 0,919 MPa
"
xy xz
ZADANIE 10.17
Wyznaczyć maksymalne naprężenia normalne i
styczne w ramie o przekroju prostokątnym, jak na
rysunku. Naprężenia normalne od sił osiowych i od
zginania dodają się algebraicznie.
Charakterystyki geometryczne przekroju:
Pole przekroju:
A = b�"h = 600 cm2
b h3
Moment bezwładności: I = = 45000 cm4
y
12
b h2
Wskaz
nik wytrzymałości: W = = 3000 cm3
y
6
Reakcje podporowe:
Ł X = 4+8-H = 0 �! H =12
C C
Ł M = -V �"4+6�"4�"2+24-4�"2-8�"1 = 0 �! V =14
C A C
ŁY = V -6�"4+V = 0 �! V =10
A C C
Siły przekrojowe:
AB: x"(0 ;4)
BC : x"(0;1) CD: x"(1 ; 2)
N ( x) = 0
N ( x) = -10 N ( x) =-10
Q( x) = 14-6�"x
Q (x) = 12-8 Q( x) = 12
{ {
{M (x) = 14�"x-6 �"x2 M ( x) = 8�"(1-x)-12�"(2-x) M ( x) = -12�"(2-x)
2
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 23
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
Ekstremum rozkładu momentów zginających:
7
QAB = 0 �! 14-6 x=0 �! xe = H" 2,333
3
49
M (xe) = H" 16,333
3
Maksymalne naprężenia normalne występują w przekroju najniekorzystniejszej kombinacji
momentu zginającego i siły osiowej:
Przekrój ą-ą na przedziale AB (x=2,333) :
- największy moment zginający i odpowiadająca siła osiowa
M
ą
M = 16,333 kNm �! �max = = 5,444 MPa
ą
M
W
y
N
ą
{N =0 kN �! �max = = 0 MPa
ą
N
A
#"N #" #"M #"
ą ą
#"�max#"= + = 5,444 MPa
A W
y
Przekrój �-� na przedziale BC (x=0) :
-największa siła osiowa i odpowiadający moment zginający
M
�
M = -16 kNm �! �max = = 5,333 MPa
�
M
W
y
N
�
{
N =-10 kN �! �max = = -0,167 MPa
�
N
A
#"N #" #"M #"
� �
#"�max#"= + = 5,5 MPa
A W
y
Maksymalne naprężenia styczne występują w przekroju największej siły poprzecznej:
Przekrój ł-ł na przedziale AB (x=0) :
Qł
3
Qł = 14 kN �! �max = = 0,35 MPa
2 A
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 24
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
ZADANIE 10.18
Wyznaczyć naprężenia normalne i styczne w
punktach A, B, C, D oraz na wysokości środka
ciężkości przekroju występowania maksymalnego
momentu zginającego nad podporą pośrednią w
belce teowej obciążonej jak na rysunku.
Reakcje podporowe:
Ł X = H = 0
C
Ł M = -2�"5�"2,5+5+V �"5-10�"7 = 0 �! V = 18
A C C
ŁY = V -2�"5+V -10 = 0 �! V =2
A C A
Siły przekrojowe:
AB: x"(0 ;3) BC : x"(3 ;5)
CD: x"(5 ;7)
Q( x) = 2-2�"x Q(x) = 2-2�"x
Q( x) = 10
{
M (x) = 2�"x-2 �"x2 M (x) = 2�"x-2�"x2-5 M (x) = -10�"(7-x)
{ {
2 2
Poszukiwanie ekstremum lokalnego rozkładu momentów:
QAB = 0 �! 2-2 x=0 �! x=1"AB
M (x=1)=1
QBC = 0 �! 2-2 x=0 �! x =1 "BC
Siły przekrojowe w przekroju nad podporą pośrednią:
M = -20 kNm
Q = 10 kN
Charakterystyki geometryczne przekroju:
Pole powierzchni:
[ ] [ ]
A = 10�"2 + 12�"2 = 44 [cm2]
Położenie środka ciężkości:
S = [10�"2�"1] + 12�"2�"(2+6) = 212 [cm3]
[ ]
y '
S
y'
z 'C = = 4,818 [cm]
A
Moment bezwładności względem osi zginania:
10�"23 2�"123
I = +10�"2�"(1-4,818)2 + +2�"12�"(8-4,818)2 = 829,212 [cm4]
y
[ ] [ ]
12 12
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 25
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki układów prętowych
10  Zginanie - ZADANIA
M M = -20�"103 Nm
y y
Naprężenia normalne � = �"z
I
I = 829,212�"10-8 m4
y
y
z [cm] � [MPa]
A -4,818 116,207
B -2,818 67,968
C -2,818 67,968
D 9,182 -221,460
O 0,000 0,000
Qz�"S ( z)
Qz = 10�"103 N
y
Naprężenia styczne �xz =
b (z)�"I
I = 829,212�"10-8 m4
y
y
S (z )
Moment statyczny odciętej części przekroju w prostych przypadkach  tj. gdy
y
wszystkie figury składowe odciętej części mają swoje środki ciężkości po jednej stronie
centralnej osi bezwładności przekroju  można liczyć z pominięciem znaku współrzędnej
środka ciężkości i pomijając znak  - przy rozpatrywaniu części leżącej po stronie
mniejszych wartości z.
z [cm] b [cm] S (z ) [cm3] � [MPa]
y
S = 0
A -4,818 10 0,000
y
B -2,818 10 S = [2�"10�"(4,818-1)] = 76,360 0,921
y
C -2,818 2 S = [2�"10�"(4,818-1)] = 76,360 4,6
y
S = 0
D 9,182 2 0,000
y
O 0,000 2 S = 2�"(14-4,818)�"(0,5�"(14-4,818)) = 84,309 5,083
[ ]
y
� Copyright: Paweł Szeptyński - Creative Commons CC BY-NC-SA 3.0 PL 26


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
10 zginanie uwaga o znakowaniu My i Mz
10 Zginanie
10 Z Zginanie
10 Odkształcenia w belkach zginanych sprawozdanie
WSM 10 52 pl(1)
VA US Top 40 Singles Chart 2015 10 10 Debuts Top 100
10 35

więcej podobnych podstron