Tensiuni cauzate de variatii de temperatura

Fie o bara de lungime ( l ) executata dintr-un material cu coeficient de dilatare termica liniara ( α) , sufera o crestere de temperatura uniforma ∆t=t₁-t₀ ea se alungeste cu cantitatea ∆l^t = αl∆t= αl (t₁-t₀). In sisteme static nedeterminate dilatarile sunt in parte sau total impiedicate, ceea ce duce la producerea unor eforturi unitare in bare. Se considera cazul barei din figura 101, incastrata la ambele capete, care nu permit nici o dilatare , incastrarile se opun lungirii, fapt ce duce la aparitia unei forte de compresiune cu efect opus dilatarii . Acest lucru se exprima analitic prin conditia , deformatia totala a barei este nula .

∆l^total =αl∆t- =0, de aici rezulta ca N =EAα∆t, iar efortul unitar cauzat de dilatarea impiedicata este: σ = Eα∆t = E α (t₁-t₀). Cazul in care la un capat al barei va fi un joc cunoscut δ ( rost de dilatatie ) din figura 100, relatia de deformatie se scrie: αl∆t - =δ de unde rezulta N. Daca N rezulta negativ, insemna ca dilatarea nu umple rostul si deci nu se produc eforturi unitare termice.

Vom studia urmatoarea problema din figura 101 bara fiind formata din patru tronsoane, de sectiuni, lungimi si materiale diferite, incastrata la ambele capete si supusa unei variatii de temperatura t₀ ( s C ) . Deoarece deformatia datorita variatiei de temperatura este impiedicata, in cele doua reazeme iau nastere reactiuni egale cu H. Daca se elimina reazemul din B atunci bara se va lungi termic cu: ∆l^t= (α₁l₁+α₂l₂+α₃l₃+α₄l₄) t₀, unde α_1, α₂, α₃, α₄ sunt coeficienti de dilatare termica liniara a fiecarui tronson in parte .

Reactiunea H produce o scurtare mecanica iar deformatia mecanica este egala cu dilatarea termica.

∆l^m = = H ()

∆l_total = ∆l^termic-∆l^mecanic=0; ∆l^termic=∆l^mecanic sau dupa notatia de mai sus ∆l^t=∆l^m ;(α₁l₁+α₂l₂+α₃l₃+α₄l₄) t₀ = H ()

H = , iar tensiunile normale ; ;.

Deplasarea sectiunii transvesale corespunzatoare punctului D rezulta din diferenta dintre deformatia termica si cea mecanica:

∆l_D= ∆l₁^t-∆l₁^m+∆l₂^t-∆l₂^m= α₁l₁t₀ - +α₂l₂t₀ -

Figura 100

Figura 101

Problema nr.4

Sa se dimensioneze bara din figura 102 si sa se calculeze deplasarea liniara a sectiunii din punctul C, stiind ca bara este executata dintr-un material avand σ_a=105iar E=2,1.10⁵;q₀=2; l1=q₀ [m]; l2=0,2m; l3 = 0,3m ; l4 = 0,7m , incarcarea distribuita dupa legea : x(y) = q(y) = arcsiny .

Rezolvare:

Trebuie sa se tina cont de functiile inverse si respectiv functiile directe , de unde deriva toate legaturile .

Se neglijeaza momentele incovoietoare care iau nastere.

Avand incarcarea axiala distribuita dupa legea:

x(y) = q(y) = arcsiny ; cu originea in O, rezultanta fortelor distribuite axiale va fi:

Figura 102

R=Rez=;    (1) in relatia aceasta s-a folosit metoda integrarii prin parti, unde f(y)=arcsiny; f^' (y)= dg=dy

g(y)=y; se face schimbarea de variabila

1-y²=t²,d(1-y²)=d(t²), -2ydy=2tdt, de undeydy= -tdt

=1arcsin1-1=- 1 revenind la calculul rezultantei R=2=0,726 kN=aria triunghiului curbiliniu AMN=A_AMN

Nota: proprietatile functiilor inversabile, din desen s-a dat functia pentru y(x) = sin ; arcsiny(x) = arcsin sin de unde reiese ca = arcsiny(x), x(y) = 2arcsiny aceasta este functia incarcarii pentru regiunea intai a barei , mentionam ca daca

( y) va fi mare atunci solicitarea produsa de fortele axiale distribuite o sa fie o solicitare compusa , care va fi abordata la un alt capitol.

Se poate calcula rezultanta R in mai multe moduri care se fac pe parcurs.

Metoda a II-a de calcul a rezultantei R

Aria triunghiului curbiliniu AQM, va fi : A_AQM= se face schimbarea de variabila = u, d() = du,

( )^'dx= du, dx = du; dx = 2du;

A_AQM= = - =2, aria totala a

dreptunghiului AQMNeste egala cu =A_AQMN de unde calculam A_AMN=A_AQMN-A_AQM= se prezinta mai multe posibilitati de calcul. flam forta de reactiune H_A din incastrare din conditia de echilibru,

-H_A+R-2kN+6kN-2kN=0;-H_A+0,726+2kN=0, H_A=2,726 kN,se imparte bara in regiuni sau zone.

Regiunea intai

x₁(0;l₁) si y₁(0;1m) N(y)= -H_A+R(y);R(y)==+

+R(y)=, - 2,726=N(y), se face graficul functiei N(y) in mod normal - 2,726 kN;N(y)= - 2,726 +0,726= -2kN, N^'(y)=arcsiny > 0; N^"(y)= > 0. Se mai poate reprezenta grafic functia N(y) si astfel:

q(y) = x(y)= arcsiny; y(x) = sin; arcsiny = ; N(y) se expliciteaza functie de x si se va obtine expresia urmatoare pentru efortul interior N din prima regiune.

Figura 103

Figura 104

Cand se afla cele doua expresii, se rezolva cea mai simpla dintre ele.

N(x)=-2,726kN .

Metoda a II-a de calcul a expresiei R(y) si in mod implicit a lui N(y)

Aria dreptunghiului AA₁A₂A₃=xy=A_DREPT; din figura 104

aria AA₁A₂=

Aria AA₁A₂= - ,

aria AA₂A₃=ariaAA_!A2A3-aria AA₁A₂=xy-; stiind

ca x(y)=2arcsiny si

cos; aria AA₂A₃₌=R(y) s-a obtinut aceiasi expresie.

Metoda a III-a de calcul a expresiei lui N(y)

Metoda integrarii este o metoda universal valabila , care se foloseste cel mai frecvent , aceasta metoda derivand din relatiile diferentiale dintre sarcini si eforturi . In toate problemele din rezistenta materialelor vor rezulta ecuatii diferentiale cu variabile separabile, unde solutiile lor sunt integrale si totodata trebuie sa tinem cont si de conditiile initiale ale lui Cauchy . Se sectioneaza bara la o distanta oarecare (x) se da o crestere elementara lui (x) anume (dx), se impune conditia de echilibru pentru tronsonul din bara dx , la capetele tronsonului de bara se inlocuiesc actiunea fortelor exterioare cu eforturile interioare ce au luat nastere conform principiului actiunii si reactiunii.

Din conditia de echilibru va rezulta (figura 105): , deciN(y)+dR(y)-;N(y)+dR(y)-N(y)- dN(y)=0;

dN(y)=dR(y) integram aceasta relatie de unde rezulta, ;

N(y)== ; de unde va rezulta aceiasi expresie pentru calculul N(y).

Regiunea a II-ax₂( 0; 0,2m )

N(x₂)=2kN-6kN+2kNcos60s=2kN-6kN+2kN; N(x₂)= - 2kN

Regiunea a III-ax₃ ( 0; 0,3m ) N(x₃)=2kN- 6kN= - 4kN

Regiunea a IV-ax₄( 0; 0,7m )

N(x₄)=2kN

Deoarece bara este executata din tronsoane de diametre diferite se se face dimensionarea pentru fiecare tronson in parte . In sectiunea in care avem forta axiala exterioara concentrata , trebuie ca in diagrama de forte axiale sa avem un salt.

Valoarea absoluta a saltului trebuie sa fie egala cu valoarea absoluta a fortei axiale concentrate exterioare din acea sectiune.

Relatia de dimensionare va fi: A_nec=d=

d₁₌=5,74mm6mm,d₂==4,925mm; d₃=7mm; d₄==4,95mm;

Pentru calculul deplasarii liniare a punctului (C) folosim prima teorema a lui Castigliano, dar trebuie ca forta 2kN din punctul (C) sa o notam cu P_c si tocmai la sfarsitul problemei sa inlocuim P_c=2kN, deoarece avem derivatele partiale .

In mod implicit se recalculeaza forta de reactiune H_A functie de P_c, deci se face din nou: H_A- 0,726kN+2kN-6kN+P_c=0 H_A=4,726-P_c . Deplasarea liniara a sectiunii transversale din punctul C va fi: dl_c=

Figura 105

Figura 106

Figura 107

In cazul teoremelor lui Castigliano este indicat sa se foloseasca si tabele pentru a fi mai usor de urmarit rezolvarea problemelor .

Figura 108

dl_c=+

dl_c=dl₁+dl₂+dl₃+dl₄ = -4,146 mm; E₁=E₂=E₃=E₄=E(modulele de elasticitate longitudinale ); dl_c = - 4,146 mm.

Problema nr.5

Sa se verifice bara verticala de otel de lungime l=4m si este executata dintr-un material avand σ_a=106 N/mm² , supusa la o forta de intindere P=2kN la capatul liber si sa se calculeze deplasarea liniara a capatului C . Stiind ca: E=2,1.10⁵ N/mm²; γ_g=7,8 Kgf/dm³, bara din figura 110.

Rezolvare:

Deoarece bara este incastrata la un capat si libera la celalalt capat se poate trasa direct diagrama de eforturi interioare , dar trebuie sa luam ca origine capatul liber al barei si aceasta origine sa ramana neschimbata pe tot timpul rezolvarii problemei . Nu mai trebuie sa calculam forta de reactiune din (A) pentru ca va reiesi direct din diagrama de eforturi .

Regiunea intai x₁( 0; ] sau x₁( 0; 1,33 dm ]

q₁=γ_g.A₁

Figura 109

N(x₁)=P+q₁x₁=2kN+2,401.10^-3kN/dm.x₁ este o dreapta in planul

X O N(x) N(x₁)=2kN;N(x₁)=2kN+2,401..1,33dm=

2kN+3,193.10^-3kN=2,003193kN.

Regiunea a II-a

x₂(0;1,33dm] ; N(x₂) = P+ G₁+ q₂x₂= 2kN + γ_gA₁l₁+ q₂x₂;G₁=7,8=q₁.l₁=2,401.1,33dm=0,003193kN

N(x₂)=2,003193kN+q₂x₂ dar q₂=γ_gA₂=; N(x₂)=2,003193kN+9,605.x₂; N(x₂)=2,003193 kN ;N(x₂)=2,003193kN+9,605. 10^-3.1,33kN=2,015kNG₂=q₂۰l₂=9,605۰1,33 dm=12,77465 N=12,77465۰10^-3 kN

Regiunea a III-a x₃( 0; 0,66 dm ]

N(x₃)= P + G₁+G₂+ q₃۰x₃ G₁= 0,003193 kN G₂=0,012774 kNN(x₃) =2kN + 0,003193 kN+0,012774 kN+21,612۰x₃=2,015967 kN +21,612 ۰x₃, q₃=γ_g۰A₃=7,8۰=2,205398=2,205398۰9,8=21,612 N/dm = 21,612 .10^-3 kN/dm ; N(x₃)= 2,015967 kN +21,612۰x₃; N(x₃)=2,015967 kN N(x₃)=2,0302kN

G₃=q₃۰l₃= 21,612۰0,66 dm=14,26392 N=0,01426 kN

Regiunea a IV-a

x₄(0; 0,66 dm ] q₄=γ_g۰A₄=7,8۰=1,5315=1,5315۰9,8=15,008 .

G₄=q₄۰l₄=15,008۰0,66 dm=9,90528 N=0,009905 kN

N(x₄) = P + G₁+ G₂ + G₃ + q₄۰x₄ = 2 kN +0,003193 kN+0,012774 kN +0,01426 kN+15,008۰x₄

Figura 110

Figura 112

Figura 111

N(x₄)=2,0302 kN+ 15,008۰x₄ ; N(x₄)=2,0302 kN ;

N(x₄)=2,040 kN

Bara fiind executata din tronsoane de diametre diferite se face verificarea pentru fiecare tronson in parte.

Sectiunea periculoasa este sectiunea in care forta axiala este maxima in valoare absoluta.

= aceasta este relatia de verificare

Figura 113

;; ;

dl_c=dl₁+dl₂+dl₃+dl₄= = 0,0086195 dm .