4 21 02 ЈАКОСТ 1 na materijalite.pdf · 3 Fn I x y n F M F y F x yM x M z 1.4. ПОИМ ЗА ВНАТРЕШНИ СИЛИ внатрешнитесилисе редуцираат

1

ЈАКОСТ 14М21ОМ02

ВОВЕД

МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТСКОПЈЕ

ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕВонр. проф. д-р Виктор Гаврилоски

наставник: Вонр. проф. д-р Виктор Гаврилоски

Д

1.1. ПОИМ ЗА ЈАКОСТ И ЗАДАЧИ НА ЈАКОСТА НА МАТЕРИЈАЛИТЕ ?

• наука која го проучува однесувањето на цврстите (деформабилни) тела во под дејство на надворешните оптоварувања



• дава одговор за димензиите, обликот и материјалот на елементите за постигнување на соодветна јакост, крутост и стабилност

ЗАДАЧИ НА ЈАКОСТА НА МАТЕРИЈАЛИТЕ

• Димензионирање

• Определување на најголем дозволен товар

• Проверка на јакост, крутост и стабилност



2

1.2. ПРЕТПОСТАВКИ ПРИ ПРИМЕНА НА ЈАКОСТА

1. Непрекинатост и хомогеност на материјалот (сите точки имаат исти механичко-физички карактерис.)

2. Изотропност на материјалот (исти механичко-физички карактер. во сите правци)

3. Идеална еластичност



(враќање во првобитната форма)

4. Мали деформации

5. Принцип на суперпозиција (собирање на дејството на оптоварувањето)

6. Рамни пресеци – Бернулиева хипотеза (рамност и нормалност на напр. прес. пред и после оптов.)

Fi

Fn

I

II

1.3. ПОИМ ЗА НАПРЕГАЊЕ И ОСНОВНИ ВИДОВИ НА НАПРЕГАЊА



F1

F2

I

дејство на надвор. оптовар. ⇒ напрегнато тело

замислен пресек ⇒ внатрешни сили

ОСНОВНИ НАПРЕГАЊА

1. Аксијално 2. Смолкнување

3. Торзија



4. Свиткување 5. Извивање

3

Fn

I

x

y

nF

M

Fy

FxMxMy

Mz

1.4. ПОИМ ЗА ВНАТРЕШНИ СИЛИ

внатрешните сили се редуцираат во тежиштето на напречниот пресек

F – главен вектор на сили

M – главен момент

начин на



F1

zFz

Fx - аксијална сила ΣX=0Fy - трансферзална сила ΣY=0Fz - трансферзална сила ΣZ=0Mx - момент на торзија ΣM(x)=0My - момент на свиткување ΣM(y)=0Mz - момент на свиткување ΣM(z)=0

6услови за рамнотежа

начин на определувањевнатрешни сили

Fn

I

y n

n

MpsrΔFΔA

1.5. ПОИМ ЗА НАПОН

FΔr

Среден напон



F1

x

z

kl

AFpsr Δ

Δ=

r

y

Fn

n

M

pn

σn

τnk

τnlnσr

rr

dAFd

AFp

dAn

rrr

=ΔΔ

=→

lim0

Напон на точка

нормален напон



x

z

F1

kl

222nknlnnp ττσ ++=

nknlnnp ττσ rrrr++=

nknl ττ rr ; тангенц. напон

1

ЈАКОСТ 1

4М21ОМ02

АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА (дел 1)





2.1. ПОИМ ЗА АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ

на линиски носач (стап) делува само аксијална сила



истегнување

притисок

ПРИМЕРИ ЗА АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ



2



НАВЕДЕТЕ ДРУГИ ПРИМЕРИ ЗА АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ

2.2. НАПОНИ КАЈ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ ВО НОРМАЛНИ ПРЕСЕЦИ

Fσ



A=σ

AF

=σ



σ - нормален напон кај аксијално напрегање (N/mm2)

A – површина на напречниот пресек во (mm2)

F – големина на аксијалната сила во (N)

3

2.3. ДЕФОРМАЦИИ КАЈ АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ



а) недеформиранелемент

б) деформиранелемент

lFl ⋅=Δ

а) истегнување б) збивање



AEl

⋅=Δ

A – површина на напречниот пресек во (mm2)

F – големина на аксијалната сила во (N)

Δl – апсолутна линиска деформација во (mm)

l – должина на елементот во (mm)

Е – Јунгов модул на еластичност во (N/mm2)

ε z =Δll

AElFl

⋅⋅

=Δ

Релативна деформација

Апсолутна линиска деформација



σ = E · εzХуков закон

εp = -μ · εzНапречна дилатација (контракција)

4

2.4. ЗАВИСНОСТ НАПРЕГАЊА - ДЕФОРМАЦИИ



F – Δl дијаграм



σ – ε дијаграм

dAF

σσ ≤=

2.5. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ ПРИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ

Пресметки на напоните (контрола на цврстината)

s

Md k

σσ =



dozLAELFL Δ≤⋅⋅

=Δ 0

Пресметки на деформациите (контрола на крутоста)

5

dAF

σσ ≤=

d

FA

σ≥

2. Носивост(определување на максималното оптоварување)

1. Димензионирање (определување на големината на напр. пресек)



AF d⋅≤σmax

AF

=σ

(определување на максималното оптоварување)

3. Проверка на напоните

dσσ <

dσσ >

задоволува

незадоволува

1

ЈАКОСТ 1

4М21ОМ02






γ ≠ 0 ( специфична тежина)

L0

A

Напонска состојаба

F

2.6. СОПСТВЕНА ТЕЖИНА КАКО АКСИЈАЛНА СИЛА



L0

Gx

Fak(x)

ΣX=0 → Fak(x) = Gx = A·x·γx

Gx=A·x·γ xA

F xakx ⋅== γσ )(

• Аксијалната сила и напонот, по должината на елементот се менуваат по линеарен закон.

• Најголем напон се појавува на местото на вклештување.

dL σγσ ≤⋅=max

Fak σxза x = L



γσ d

dL ≤

γσM

krL =

дозволена должина

критична должина

2

L0

A

Деформациона состојба

dxE

xdxE

dxdx

dxdx

xx

x

⋅⋅

=⋅=⋅=Δ

→Δ

=

γσε

ε

ALxLL ⋅⋅∫∫

2γγ

се разгледува диференцијален дел на елементотпроменлив напон по должината



x

Gx=A·x·γ

( )AE

LGAE

LLAL

AA

ELdx

ExdxL

⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅⋅

=Δ

⋅⋅

==Δ=Δ ∫∫

22

200

γ

γγdx

AELGL⋅⋅⋅

=Δ2

Δdx

xF⋅+= γσL0

AПринцип на суперпозиција:состојбата на напрегање е збир од состојбите на напрегање од сопствена тежина и сила поединечно.

γ ≠ 0

2.7. ДЕЈСТВО НА СИЛА И СОПСТВЕНА ТЕЖИНА КАКО АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ



xAx +γσ

F AE

LGFL

AELG

AELFL

⋅

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=Δ

⋅⋅⋅

+⋅⋅

=Δ

0

00

2

2

σmax = σd

dLAF σγσ ≤⋅+=max

FApotrebno ≥



Ldpotrebno ⋅− γσ

Коментар: Елементите со константна површина на напречниот пресек се нерационални поради неискористеност на материјалот.

3

xx F γγ ⋅⋅

Идеа:да се направи елемент со целосно искористување на материјалот (σd по целата должина на елементот)

L0

Ax

σx

2.8. ЕЛЕМЕНТ СО КОНСТАНТЕН НАПОН ПРИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ

идеален облик



dd

dx eFeAA σσ

σ⋅=⋅= 0

Fγ ≠ 0

A0

Проблем:комплицирана изработка

FA ≥

dLAF σγσ ≤⋅+= 1

1max

L3

Ln

A3

An

σx

2.9. СКАЛЕСТО СОСТАВЕНИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ

Идеа: да се направи едноставен елемент со големо искористување.



11 L

Ad ⋅−

≥γσ

L1

A2

F γ ≠ 0

A1

L2

3

( )( )212

12 LL

FL

AAdd

d

d

d

⋅−⋅−⋅

=⋅−

⋅≥

γσγσσ

γσσ

( )( ) ( )321

11

LLLF

LAA

ddd

nd

nd

dnn ⋅−⋅⋅⋅⋅−⋅−

⋅=

⋅−⋅

≥−

−

γσγσγσσ

γσσ

2.10. ПЛАН НА ПОМЕСТУВАЊЕ НА ТОЧКИ ОД ЗГЛОБНО ПОВРЗАНИ СТАПОВИ

План на поместување е графичко претставување на поместувањата и деформациите со цел да се добие зависност (врска) помеѓу поместувањето на точка од конструкцијата и



поместувањето на точка од конструкцијата и деформацијата на стаповите.

4

A B

C

α1 α2

(1) E1,A1,L1(2) E2,A2,L2 α1 α2

C

F

FS2FS1

ΣX=0FS1·sinα1- FS2·sinα2=0

ΣY=0(δC= δCH +δC

V )

Статичка рамнотежа:



FF

FS1·cosα1+ FS2·cosα2=F

22

2S22

11

1S11 AE

LFΔLAELFΔL

⋅⋅

=⋅⋅

=

ΔL1ΔL2

C1C2

C’

δC→ FS1 и FS2

( C C C )

Деформација на елементи:

C

α1 α2

F ΔL1ΔL2

δ

( )( ) 1

21

211211

1111HC

cossin

cosLLsinL

cosssinL

ααα

ααα

ααδ

⋅+

+⋅Δ−Δ−⋅Δ=

=⋅−⋅Δ=

( )( ) 1

21

211211

1111VC

sinsin

cosLLcosL

sinscosL

ααα

ααα

ααδ

⋅+

+⋅Δ−Δ+⋅Δ=

=⋅+⋅Δ=

( ) ( )2VC

2HCC δδδ +=



C1C2

C’

δC 90-(α1+α2)

s1=C’C1

90-(α1+α2)

ΔL2= ΔL1·cos(α1+α2 )+s1 ·sin(α1+α2 )

( )( )21

21121 sin

cosLLsαα

αα+

+⋅Δ−Δ=

δCH

δCV поместувањето е

добиено преку деформациитеα1

Што е статички неопределен систем?Систем (конструкција) кај кој силите во елементите не може да се определат со равенките за рамнотежа.Како се решава?Со дополнителни деформациони услови ( ј )

2.11. СТАТИЧКИ НЕОПРЕДЕЛЕНИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ СИСТЕМИ



(услови од јакоста).Колку дополнителни услови?Колку што е степенот на статичка неопределеност.Што е степен на статичка неопределеност?Разликата помеѓу бројот на непознати големини и статичките услови за рамнотежа.

5

( )10sinsin;0 21 L∑ =−= αα ssx FFF

( )20cos2;0 23 L∑ =−+= FFFF ssy α

( )3cos31 LLLLLLLll αΔ=Δ

Системи составени од стапови што се сечат во една точка



EAF

EAF ss αcos; 13

311

1l

ll

l =Δ=Δ

AF

AF ss 3

321

1 ; === σσσ

( )10

0

321 L=−++

=∑

FFFF

F

sss

y

( )20)()(

;0

32 L=++−++

=∑cbaFbaFaF

M

ss

A

A C

F

D

l3l1 l2

FS1 FS3FS2

'A 'C'D

Крути елементи потпрени на цврсти (деформабилни) врски



( )313

12 LLLLLLLLba

affff

+=

−−

FEA

FEA

FEA

FEA

aa b

s s

s s

2 2

2

1 1

1

3 3

3

1 1

1

l l

l l

−

−=

+a

f1

BA CD

b c

f2

f3

E=∞A B C

E

a1

α1

(1) E1,A1,L1

F

FS1

FA

4 непознати - 3 равенки = 1х стат. неопред.

FS1

Крути елементи потпрени на цврсти (деф.) врски



EA BD

Fa2

L

1

α2

(2) E2,A2,L2

FS2

FAy

FAx

FS 2ΣM(A)=0FS2·sinα2·a2+ FS1·sinα1·a1=F·L

6

E=∞A B CD

E

a1

α1

α2

FFS 1

FS 2

ΔL1

α

ΔL2

α2

Услов од деформации

сличност ACC’=ABB’

2'

1

1'

iLBB

sinLCCα

Δ=

Δ=

2

'

1

'

aBB

aCC

=



Fa2

L

C’

α1B’ 2sinα

2

2

2

1

1

1

sinL

aa

sinL

ααΔ

⋅=Δ

22

2S2

2

1

2

1

11

1S1

AELF

sinαsinα

aa

AELF

⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅

FS2·sinα2·a2+ FS1·sinα1·a1=F·L

22

2S2

2

1

2

1

11

1S1

AELF

sinαsinα

aa

AELF

⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅



S222

11

1

2

2

1

2

1S1 F

AEAE

LL

sinαsinα

aaF ⋅

⋅⋅

⋅⋅⋅=

22

11

1

2

2

12

2

21

22

S2

AEAE

LL

sinααsin

aasinαa

LFF

⋅⋅

⋅⋅⋅+⋅

⋅=

A B

a 2a

A

FC

A B

A

FCFA FB

1 2

Двострано вклештени елементи



( )10 LL=−+−=∑ BAz FFFF

( )2021 LLLL=Δ+Δ=Δ llB

02

22

1

11 =+EA

lFEA

lF akak

7

Мазна површинаИздолжување

2.12. ТЕМПЕРАТУРНИ НАПРЕГАЊА

ε α α= − =( )t t t2 1 Δ

( )Co/1α

Релативна дилатација

коефициент на линеарно ширење



Δ Δl l l= ⋅ = ⋅ ⋅ε α t

σ ε αz E E t= ⋅ = ⋅ ⋅ Δ

Издолжување

Нормален напон

1) Статички услов

ΣY=0 → FS2 + 2 · FS1 · cosα = 0

2 – 1 = 1x

A B C

α α

+Δt

FS1FS1FS2

FS2 = - 2 · FS1 · cosα

2) Деформационен услов

ΔL1 = ΔL2 · cosα

(1) E1,A1,L1

(2) E2,A2,L2



D

ΔL2ΔL1

ΔL1 = FS1·L1 / E1·A1

ΔL2 = αt·Δt·L2 - (FS2·L2 / E2·A2)

Решение

αcosAEAE21

AEαcosΔαF3

22

11

112

ttS1

⋅⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅⋅=

α

2.13. МОНТАЖНИ НАПРЕГАЊА



8

ΣY=0 → FS2 - 2 · FS1 · cosα = 0A B C

α α

FS2 = 2 · FS1 · cosα

δ = ΔL2 + (ΔL1 / cosα)

ΔL1 = FS1·L1 / E1·A1S1S1

S2

(1) E1,A1,L1

(2) E2,A2,L2

1) Статички услов

2) Деформационен услов



D

α α

ΔL2

ΔL1

1 S1 1 1 1

ΔL2 = FS2·L2 / E2·A2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

⋅⋅⋅

+⋅

⋅⋅=

αcos1

AE2AE1L

AEδF

311

222

22S2

δ Решение

1




наставник: Вонр.проф. д-р Виктор Гаврилоски

3. СМОЛКНУВАЊЕ



3.1. НАПРЕГАЊЕ ВО ДВА ПРАВЦА

• разгледуваме тенка правоаголна плоча затегната со рамномерно распределени сили кои дејствуваат нормално на контурните рамнини

• силите предизвикуваат напони кои се во врска со дилатациите по оските

)(1

)(1

2

2

xyy

yxx

E

E

• врската помеѓу напоните и дилатациите за рамнинската напонска состојба е:



y

y

x x

x

y n

x Ax

y Ay

n

n

pn

2sin2

2cos22

yxn

yxyxn

2sin2

sincos 22

yxn

yxn

• од плочата сечеме тространа призма за да ги определиме компоненталните напони во кос пресек

• компоненталните напони во кос пресек зависат од нормалните напони x и y и од аголот на косиот пресек

или

2



3.2. ЧИСТО СМОЛКНУВАЊЕ

x

y

A

B

C

D

O

k

n

n

x

xf

k

k x y

2sin

2cos

n

n

yx

02

00

nn

nn

• разгледуваме тенка плоча изложена на затегнување во x правецот и на притисок во y правецот

• оптоварувањето е со ист интензитет

• компоненталните напони во кос пресек се:

• екстремни нормални напони се добиваат за:



2sin

2cos

n

n

σy

σy

σx σx

τ

τ

τ

τ

σx=-σy=σ

04

04

nn

nn

Напонска состојба (σ = 0, τ ≠ 0) ЧИСТО СМОЛКНУВАЊЕ

Кај чисто смолкнување: • на страниците од елементот дејствуваат само тангенц. напони

• се појавува промена на правите агли од елементот но не и на должините од страните

• екстремни тангенцијални напони се добиваат за:



a b

c d

a

a

τ

ττ

τc’ d’

∆s

∆s – апсолутно смолкнување

– релативно смолкнување (агол на лизгање)

tg ≈ = ∆s / a

G

)1(2

EG

модул на лизгање

3.3. ВРСКА ПОМЕЃУ НАПОН И ДЕФОРМАЦИЈА ПРИ СМОЛКНУВАЊЕ

3



a

A

F ∆s

β

3.4. СМОЛКНУВАЊЕ ПОД ДЕЈСТВО НА СИЛА

A

F

AG

aFs

апсолутна деформација при смолкнување

AG

F

агол на лизгање при

смолкнување

G·A – крутост на смолкнување

напон при смолкнување

Δs = a · tg ≈ a · G

и



z

F

F

z

3.5. СЕЧЕЊЕ

• посебен случај на чисто смолкнување

• се појавува при дејство на две спротивно насочени трансферзални сили кои дејствуваат на мало растојание

• моментот од свиткување е занемарливо мал

• кога ќе ја достигне критичната вредност настанува сечење (кинење) на материјалот



3.6. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ ПРИСМОЛКНУВАЊЕ

F

τ·A

τsr пресметковна состојба

реална состојба

dss A

F ds = (0,75 0,8)de

4



dss A

F

ds

FA

AF ds

A

Fs




dss

dss





1

1

b

2· 1 >

d

F

F

F

F

рамнини на сечење

3.7. ПРЕСМЕТКИ ПРИ СПОЈУВАЊЕ НА ЛОСТОВИ СО ОСОВИНА



dss d

F

d

F

A

F

4

2

42

22

cdc

c d

F

A

F

Напрегање на смолкнување на осовината

Напрегање на притисок

вистинскараспределба напритисокот

d

пресметковнараспределба напритисокот

вистинскараспределба напритисокот

d

пресметковнараспределба напритисокот

cdc

c d

F

A

F

1

2/

Аксијално напрегање на лостовите

ede

e db

F

A

F

)(

5



t1tt1

n n

2·t1 > t

tt

n

FF

FF

спој со подлошки

спој со преклоп

3.8. ПРЕСМЕТКИ ПРИ СПОЈУВАЊЕ НА ЕЛЕМЕНТИ СО ЗАКОВКИ



FF/2

F/2F

F

преклопен еднореден спој

преклопен двореден спој

спој со подлошки (еднореден)

едносечна врска

двосечна врска



Напрегање на смолкнување на заковките

Напрегање на притисок

Аксијално напрегање на лимовите

ede

e db

F

A

F

)(

F

N k A d

F

F

c

d

cdc dN

F

db

6



b

b = · cos 45º

b = 0,7 · dl

F

A

F

7,022

l’

l=l’-10 mm

FF

завар

3.9. ПРЕСМЕТКИ ПРИ СПОЈУВАЊЕ НА ЕЛЕМЕНТИ СО ЗАВАРУВАЊЕ



Да се определи потребниот бројзаковки со дијаметар d = 20 mmза сврзување на два лима содебелина δ1 = 8 mm и δ2 = 10mm, ако силата на истегнувањее F = 200 kN, тангенцијалниотнапон τd = 140 (N/mm2) и σc =320 (N/mm2).

d

F

Nd

2

41

c dN

F

NF

dd

2

4

NF

d c

1

491,3320208

10200

;555,4

1404

14,320

10200

3

2

3

N

N

Бројот на заковки треба да ги задоволи условите:

Се добива:

и

и

Пример 3.1:



Пример 3.2:

За конструкцијата прикажана на сликата да се проверат напоните на елементите

7



Од статичка анализа следи:

40kNпритисок50kN истегнување

mm

N159

4 / 203,14

105022

3

)(

BC

BCBC A

F

mm

N27

3005

10402

3

)(

AB

ABAB A

F

Напоните по должината на стаповите АВ и ВС изнесува :



2)( mm300mm25mm40mm20 CBCA

Во средината на стапот ВС со кружен напречен пресек (A = 314 mm2), нормалниот напон изнесува σВС= 159 N/mm2

Во точката С на местото каде е изработен отвор за осовинката, напречниот пресек се намалува и изнесува:

2

3

)()( mm

N167

300

1050

CBC

BCCBC A

F

Напонот при истегнување за точката С од стапот ВС изнесува:

Во средината на стапот АВ со правоаголен напречен пресек (A = 1500 mm2), нормалниот напон изнесува σАВ= 26,7 N/mm2 . Намалувањето на напречниот пресек на краевите (заради осовините) не влијае врз носивоста бидејки тие критични напречни пресеци не се изложени на истегнување



22

3

mm

N102

4/2514,3

N1050

osovina

BCC A

F

Напонот на сечење на осовината С изнесува:

8



22

3

mm

N7,40

4/2514,32

N1040

2

osovina

ABA A

F

Напонот на сечење на осовината А изнесува:



) најголема ( kN25

kN15

G

E

P

P

22

3

mm

N9,50

4/2514,3

N1025

osovina

GB A

F

Напонот на сечење на осовината В изнесува:



2, mm

N3,53

mm25mm30

kN40

dt

FABpA

2, mm

N0,32

mm25mm252

kN40

dt

FABpA

Напонот на притисок на осовината А од стапот АВ изнесува:

Напонот на притисок на осовината А од стапот лежиштето со ширина 2 х 25 mmизнесува:

1


4. ТОРЗИЈА (УСУКУВАЊЕ)


ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕВонр.проф. д-р Виктор Гаврилоски


( )

Ротациони машински елементи кои пренесуваат силина:

• Разни трансмисиони вратила, вратила на запчести преносници,вратила на електромотори, пумпи, вентилатори и др.

4.1. ПОИМ ЗА ТОРЗИЈА





2



Mt1 Mt3Mt2

M

моментите на торзија дејствуваат во рамнина нормална на надолжната оска

Моментот на торзија има

4.2. МОМЕНТИ НА ТОРЗИЈА

0

0

321 =+−

=∑ttt

t

MMM

M

Статички услов за рамнотежа



Mt1 Mt2

Mt3

-

+Mt

дијаграмите на моментите на торзија се цртаат по должината на елементот

n

+Mt

предзнак + ако векторот на вртење има иста насока како и надворешната нормала (правило на десна рака)

4.3. ТОРЗИЈА НА СТАП СО КРУЖЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК

• напречните пресеци остануваат рамни и нормални на надолжната оска

ПРЕТПОСТАВКИ



• растојанијата помеѓу напречните пресеци не се менуваат

• радиусите на напречните пресеци не се искривуваат и имаат иста должина

3

x

Mt

φ’ φ’+dφ θ



L

x dx

φ’ φ +dφ

dx

a bMt

τa’

b’

r

γ

dφРазгледуваме мал дел оделементот изложен на торзија

• Разгледуваниот пресек е заротиран за агол dφ

• Елементот на обемот се наоѓа во состојба на чисто смолкнување

M



c dMt

r ρτ ⋅=p

t

IMнапон при

торзија

промената на аголот на усукување помеѓу два пресека на растојание Lсе пресметува:

( )p

tL

p

tL IG

LMdxIG

M⋅⋅

=⋅

== ∫0

θϕ

maxτT τ

ρτ ⋅=p

t

IMРаспределбата на тангенцијалните напрегања

по површината на кружен напречен пресек при дејство на момент на торзија е линеарна

Максимален напон се јавува на периферните влакна и изнесува:

M M



ρ RIM

p

t ⋅=τp

t

WM

=τили

RI

W pp =

каде што

поларен отпорен момент

4

x

L

Mt

x dx

φ’ φ’+dφ θ



специфична аглова деформација

p

t

IGLM

⋅⋅

=θ деформација при торзија (агол на усукување)

p

t

IGM

L ⋅==

θθ ' pIG ⋅ торзиона крутост

4.4. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ ПРИ ТОРЗИЈА

dtp

t

WM ττ ≤= d

p

t

IGM '' θθ ≤⋅

=

услов на напон услов на деформации


dtmax ττ ≤d'' θθ ≤





dtmax dmax θθ ≤

dtmax ττ ≤dtττ ≤

dtττ >задоволува незадоволува

dtpt WM τ≤ GIM pdt θ≤

C τ

4.5. ДИМЕНЗИОНИРАЊЕ НА ВРАТИЛА ПРИ ТОРЗИЈА

ПОЛНО ВРАТИЛОкружен напречен пресек

322

44 DRI p⋅

=⋅

=ππ

162/

3DDI

W pp

⋅==π

dtt

DM τ

π≤

⋅ 3 316 tMD

τπ⋅

≥

према дозволен напон



C

D=2R

Dπ16

dtτπ ⋅

dt

DG

M '

32

4 θπ

≤⋅

⋅4

'32

d

t

GMDθπ ⋅⋅

⋅≥

према дозволена спец. деформација

се усвојува поголемата вредност за D

5

Cr

R

τ

ШУПЛИВО ВРАТИЛОпрстенест напречен пресек

)1(162/

43

ψπ−

⋅==

DDI

W pp

dtt

DM τ

ψπ≤

−⋅ )1( 4

3 3 4 )1(16

ψτπ −⋅⋅⋅

≥dt

tMD

према дозволен напон

)1(323232

4444

ψπππ−

⋅=

⋅−

⋅=

DdDI p



ψ )1(16

dt

DG

M ')1(

324

4 θψπ

≤−

⋅⋅

4 4 )1('32

ψθπ −⋅⋅⋅⋅

≥d

t

GMD

према дозволена спец. деформација

се усвојува поголемата вредност за D

4.6. ТОРЗИЈА НА ЕЛЕМЕНТИ СО НЕКРУЖЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК



доаѓа до депланација (искривување) на напречните пресеци

не важи хипотезата за рамни пресеци

t

t

WM

=maxτ

hbWt ⋅⋅= α

t

t

IGLM

⋅⋅

=θраспоред на напони по контурни точки за правоаголен

отпорен момент на торзија за некружен пресек

вредност на најголемите напони (на средина од подолгата страна)

агол на усукување



0.3330.3120.3070.2980.2810.2630.2490.2290.2140.1960.141β

0.3330.3120.3070.2980.2820.2670.2580.2460.2390.2310.208α

∞108643.002.502.001.751.501.00d/t

0.3330.3120.3070.2980.2810.2630.2490.2290.2140.1960.141β

0.3330.3120.3070.2980.2820.2670.2580.2460.2390.2310.208α

∞108643.002.502.001.751.501.00d/tТабела: Торзиони константи за правоаголни елементи

hbIt ⋅⋅= 3βр

напречен пресек поларен момент на инерција за некружен пресек

6

4.7. СТАТИЧКИ НЕОПРЕДЕЛЕНИ НОСАЧИ ИЗЛОЖЕНИ НА ТОРЗИЈА

A BG2, Ip2

MtG1, Ip1

00

=+−

=∑BtA

t

MMMM

Статички услов за рамнотежа



L1 L2

MAMB

BtA

еднаш статички неопределен систем

L1 L2

G2, Ip2Mt

G1, Ip1

MB

A BДеформационен услов:

011

1

11

1

22

2 =⋅⋅

−⋅⋅

+⋅⋅

p

t

p

B

p

B

IGLM

IGLM

IGLM

0=Bϕ

Решение:



MA

Mt MB+

-

Mt1

2

22

111LL

IGIG

MM

p

p

tB

⋅⋅⋅

+=

BtA MMM −=

Од условот за рамнотежа:

1





5. ГЕОМЕТРИСКИ КАРАКТЕРИСТИКИ НА РАМНИНСКИ НАПРЕЧНИ ПРЕСЕЦИ





5.1. ПОИМ ЗА ТЕЖИШТЕ НА ТЕЛО

Гравитационите сили од елементарните делови од кои е составено телото, може да се заменат со дејство на една резултантна сила со големина колку што е тежината на телото и со нападна точка во тежиштето на телото

2



WyWyM

WxWxM

x

y

тежиштето на тенка плоча може да се определи од условот дека дека моментот од гравитационата сила (околу соодветната оска) е збир од моментите кои ги прават елементарните гравитациони сили околу истата оска.



5.2. ТЕЖИШТЕ НА ПОВРШИНА

xc

yc

тежиштето на површина се пресметува по аналогија со тежиштето на тенка плоча при што се употребува концептот на момент на површина околу оска.

AyA

yA

xAx ii

Cii

C

;



тежиште на елементарни фигури

3



5.3. ТЕЖИШТЕ НА ПОВРШИНА СО СЛОЖЕН ОБЛИК

321

322211

321

322211

AAAyAyAyA

AyA

y

AAAxAxAxA

AxA

x

CCCCiiC

CCCCiiC



Ако површината има оска на симетрија, тогаш тежиштето лежи на оската на симетрија

Ако површината има две оски на симетрија, тогаш тежиштето е во пресекот на тие две оски

Ако површината има точка на симетрија, тогаш тежиштето лежи во таа точка



Пример 5.1:

Да се определи тежиштето на сложената фигура дадена на сликата.

4



правоаг.триагол.полукругкруг

Решение 5.1:



23

33

mm1013.828

mm107.757

AAxX

mm 8.54X

23

33

mm1013.828

mm102.506

AAyY

mm 6.36Y



Пример 5.2:

Да се определи тежиштето на сложената фигура дадена на сликата.

5



Решение 5.2:



Статичкиот момент на рамната површина А во однос на една оска во истата рамнина е еднаков на збирот од производите на елементарните површини и на нивните нормални растојанија до оските.

Статичкиот момент на една површина А во однос на нејзините тежишни оски е еднаков на нула!!

5.4. СТАТИЧКИ МОМЕНТ НА ПОВРШИНА

Ayiiy

Axiix

dAxSxAS

dAySyAS

;

;



Аксијален момент на инерција на површина околу оска, по дефиниција е сума на производите од елементарните површини и квадратот на растојанието од нивните тежишта до разгледуваната оска.

5.5. АКСИЈАЛЕН МОМЕНТ НА ИНЕРЦИЈА

Ayiiy

Axiix

xdAIxAI

ydAIyAI

22

22

;

;

6



Поларниот момент на инерција по дефиниција ја претставува сумата на производите од елементарните површини и квадратите од растојанијата на нивните тежишта до некоја разгледувана точка.

yxip IIyxAI )( 22

бидејќи r2 = x2 + y2

5.6. ПОЛАРЕН МОМЕНТ НА ИНЕРЦИЈА

2iip rAI

xyop IIydAxdAyxdAII 2222 )(



Центрифугален момент на инерција на површина во однос на две ортогонални оски, по дефиниција е сума на производите на елементарните површини и двете растојанија на нивните тежишта во однос на разгледуваните оски.

За површини со најмалку една оска на инерција, центрифугалниот момент на инерција е еднаков на нула.

5.7. ЦЕНТРИФУГАЛЕН МОМЕНТ НА ИНЕРЦИЈА

Axy

iiixy

yxdAI

yxAI



Моментот на инерција на површина во однос на некоја оска паралелна со тежишната е еднаков на моментот на инерција на таа површина во однос на сопствената тежишна оска плус производот од површината и квадратот на растојанието помеѓу двете паралелни оски.

мом. на инерција на површина A во однос на оските x и y се:

Jx = Jx’ + A·dy2 и Jy = Jy’ + A·dx

2

сопствен

положбен

сопствен

положбен

Jxy = Jx’y’ + A·dx·dy

сопствен

положбен

5.8. ШТАЈНЕРОВА ТЕОРЕМА

7



5.9. МОМЕНТИ НА ИНЕРЦИЈА ЗА ЕДНОСТАВНИ ФИГУРИ

322

44 drI p

644

44 drII yx

Ixy = 0

С

d=2r

x

y

5.9.1. КРУЖЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК



y

С

b/2 b/2

b

h

h/2

h/212

3hbI x

12

3bhI y

Ixy = 0

5.9.2. ПРАВОАГОЛЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК



5.9.3. ТРИАГОЛЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК

x

y

b

h

0

T

y0

x0

b/3

h/3

12

3hbIx

12

3bhI y

24

22 hbIxy

AhII xx

2

0 3

36

3

0

hbIx

36

3

0

bhI y

2312

23

0

hbhhbI x

8



5.10. МОМЕНТИ НА ИНЕРЦИЈА ЗА СЛОЖЕНИ ФИГУРИ

За сложени површини кои се состојат од неколку елементарниповршини со познати моменти на инерција, вкупниот момент наинерција на таа сложена површина во однос на произволна оска еалгебарска сума на моментите на инерција на сите поодделниповршини во однос на истата оска .

xI ][mm4x1I ][mm4

x2I



x

b

a

Momentot na inercija na presekot vo odnos na bilo koja oska nema da se promeni ako celiot presek ili poodelni negovi delovi paralelno gi pridvi`ime vo pravec {to e paralelen so taa oska



9



Пример 5.3:

Да се определат аксијалните моменти на инерција за напречен пресек даден на сликата.



Решение 5.3:



a

a

b

h

yc1

ycyc2C

yc

xc

C1

C2

x

yA y A y

A Acc c

1 1 2 2

1 2

2000 50 1600 100 10

2000 160076 67

( )

, (mm)

a=20 (mm), b=80 (mm), h=100 (mm)

Пример 5.4:

Да се определат аксијалните моменти на инерција за напречен пресек даден на сликата.

10



a

a

b

h

yc1

ycyc2C

yc

xc

C1

C2

x

a=20 (mm), b=80 (mm), h=100 (mm)

I I Ia h

A y y

mm

xc xc s xc p c c1 1 1

3

1 12

32 4

12

20 100

122000 76 67 50 3089245

( )

( , ) ( )

I I Ia b

A y y

mm

xc xc s xc p c c2 2 2

3

2 22

32 4

12

20 80

121600 110 76 67 1830755

( )

( , ) ( )

I I Ixc xc xc 1 2



a

a

b

h

yc1

ycyc2C

yc

xc

C1

C2

x

a=20 (mm), b=80 (mm), h=100 (mm)

I I Iyc yc yc 1 2

I Ia h

mmyc yc s1 1

3 34

12

20 100

1266667

( )

I Ia b

mmyc yc s2 2

3 34

12

20 80

12920000

( )

1


7. СВИТКУВАЊЕ (Дел 1)




LКоја е разликата со аксијално напрегање и торзија?

ѓ

7.1. ПОИМ ЗА СВИТКУВАЊЕ



L

wθ

доаѓа до искривување на пррвобитно правата оска

BA

M=Fh M=Fh

l

ЧИСТО СВИТКУВАЊЕ(само нанападни моменти)

СВИТКУВАЊЕ ОД СИЛИ(нанападни моменти + трансферзални сили)



- M

FAK

FTR

2



7.2. ЧИСТО СВИТКУВАЊЕ



неутрална линија



• при чисто свиткување се јавува само нормален напон σz , што произлегува од условите за рамнотежа на елементарна површина

3

y

x

z

σz dA

dA

yx

0

00

0

00

=Σ

=Σ=Σ=Σ

=Σ=Σ

z

y

x

iz

iy

ix

M

MMF

FF



)(0;0

)(0;0

)(0;0

cdAyMM

bdAxM

adAF

Azx

Azy

Aziz

∫

∫

∫

=+−=Σ

==Σ

==Σ

σ

σ

σ

yJM

x

=σ

MM

распределба на напоните по висината на напречниот пресек

максимални напони

7.3. НАПОНИ ПРИ ЧИСТО СВИТКУВАЊЕ

z

y

C

h/2

h/2

hy

ymax

0=σ

maxσ

0≠σ



xx Wy

J== maxmaxσ

b maxσ

М – голем. на мом. на свиткување во посматраниот пресек од носачот

Ix – аксијален момент на инерција на напречниот пресек

y – растојание од тежиштето до разгледуваното место по висина на пресекот

Wx – отпорен момент на напречниот пресекmaxyJ

W xx =

M

M Mz T

y

x

y1= ymax

σdole

σgore =σmax

+

-

неутрална лин.

y2

максималниот напон е:



yI

M

x

xz ⋅=σ

1yIM

x

xgore ⋅=σ

2yI

M

x

xdole ⋅=σ

напони во горни слоеви (збивање)

напони во долни слоеви(истегнување)

напони за растојание y

maxyJ

W xx =

xx WMy

JM

== maxmaxσ

максималниот напон е:

отпорен момент [m3]

4

• обликот на напречниот пресек не влијае на обликот на дијаграмите на нормалните напони, односно распределбатапо висината е секогаш линеарна.

• максимални напони се јавуваат на најодалечените влакна (слоеви), а во тежиштето напоните имаат вредност “0”.



F/2L/2 L/2

h

h<<L F

F/2 b

z

y

C

F/2x

x

Ftrx

Mx

7.4. СВИТКУВАЊЕ ОД СИЛИ



F/2

F/2

F+

-

Ftr

+ FL/4

M

x

F/2

xFM x ⋅=2

2)(FF xtr =

во пресекот x имаме:

σ

τ

се појавува депланација (искривување) на напречните



пресеци од дејството на тангенц. напрегања

5

- грешката е мала

- пресметките се поедноставуваат

yI

M

x

xz ⋅=σ

Определување на нормалните напони при свиткување од сили

7.5. НАПОНИ ПРИ СВИТКУВАЊЕ ОД СИЛИ



- влијанието на трансферзалната сила на нормалните напрегања заh<<L е занемарливо

Изразот за определување на нормалните напони е ист за чисто свиткување и за свиткување од сили

xx WMy

JM

== maxmaxσ

Определување на тангенцијалните напони при свиткување од сили



y

x

x

tr

bS

JF

=τ

z

y

C

h/2

h/2

h

b

y

A1

ymax

0=τ

0=τ

x

0≠τ

maxτ



bISF

x

xtr

⋅⋅

=τ

Ftr – големина на трансверзалната сила во посматраниот пресек од носачот

Sx – статички момент од површината над или под разгледуваното место по висина на напречниот

Ix – аксијален момент на инерција на напречниот пресек

b – ширина на напречниот пресек на разгледуваното место по висина на пресекот

1


7. СВИТКУВАЊЕ (Дел 2)




z

y

C

h/2

bISF

x

xtr

⋅⋅

=τ

( ) ( )yyyybSx +⋅⋅−⋅= maxmax 21

( )22b

7.6. ТАНГЕНЦИЈАЛНИ НАПОНИ ОД СВИТКУВАЊЕ ЗА КАРАКТЕРИСТИЧНИ НАПРЕЧНИ ПРЕСЕЦИ



zC

h/2

h

b

y

A1

ymax

( )22max2

yybSx −⋅=

( )22max2

yybbI

F

x

tr −⋅⋅⋅

=τ

( )22max2

yyIF

x

tr −⋅⋅

=τ

0=τy

0=τ

AT

hb

hTy

IT

x

⋅=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

=⋅⋅

=23

122

22 3

2

2maxτ

за y = ymax

за y= 0

( )22max2

yyIF

x

tr −⋅⋅

=τ



0=τ

AFtr⋅=

23τ

парабола од II ред

xC

2

xh/2

h/2 t



h/2

b

t

tISFτ

x

xtr

⋅⋅

=

bISFτ

x

xtr

⋅⋅

=

• обликот на напречниот пресек влијае на обликот на дијаграмите на тангенцијалните напони.

• на најодалечените влакна (слоеви) напоните имаат вредност “0” а во

h

tt

x



имаат вредност 0 , а во неутралната линија се јавуваат максимални напониb

tISFτ

x

xtr

2⋅⋅

=

bISFτ

x

xtr

⋅⋅

=

7.7. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ НА ЕЛЕМЕНТИ ИЗЛОЖЕНИ НА СВИТКУВАЊЕ

1. Димензионирање (определување на гол. на нап. пресек)

dozxx W

MyJ

M σσ ≤== maxmax

maxmax

dozx

MW

σmax≥ + проверка на тангенцијални напони



2. Носивост (определување на макс. оптоварување)


dσσ <

dσσ >



xdozdoz WM σ≤max

xWM max

max =σ

3

Да се нацртаат дијаграмите на нормалните напони за опасниот пресек и тангенцијалните напони за максимална трансферзална сила.

7.8. ПРИМЕР ЗА ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА НАПОНСКА СОСТОЈБА ПРИ СВИТКУВАЊЕ



а=20 mm

Определување реакции и цртање на дијаграмите на статичките големини

KNFM BA 5,70 =⇒=∑KNFM AB 5,40 =⇒=∑

Определување реакции

Трансферзални сили

kN]kN[57

][5,41, ==− AATR

FFFF



m][12510 ,xxqFA =⇒=⋅−

kN][5,7, −=−= BBTR FF

Нападни моменти

0[5.4

0

1

=⋅=⋅=

=

B

A

A

MlFM

Mm]kN

( ) kNm][03,72max =⋅⋅−+⋅=xxqxlFM A

Определување на геометриски карактеристики на напречен пресек

aaaaa

aaaaaaA

Ayy

i

iiT 59.4

82102365.65

=⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅=

⋅=

∑∑

( ) ( ) ( ) ( )23

23

59.1612691.15

125 aaaaaaaaaaIx ⋅⋅+

⋅+⋅⋅+

⋅=6a

a 5ay

xT



4.59

a2.

41ay

x

T

483.51 aIx =

344

max,11, 172035

2041.22083.51

41.283.51 mm

aa

yIW x

x =⋅⋅

===

344

max,22, 90328

2059.42083.51

59.483.51 mm

aa

yIW x

x =⋅⋅

===

a

4

Цртање на дијаграми на нормални напрегања

1

T

σ1

-

+



2 σ22

6

1,

max1max, /8,40

1720351003.7 mmN

WM

x

=⋅

==σ

26

2,

max2max, /8,77

903281003.7 mmN

WM

x

=⋅

==σ

2

1 τ1

T

τ2 gore

τ2 dole

τΤ = τ max

3559 aF

3max,,

32,

3,1,

534,10259.459.4

55.991.15

0

aaaaSS

aaaaS

SS

xTx

x

xx

=⋅⋅==

=⋅⋅=

==

Цртање на дијаграми на тангенцијални напони



3 τ32

42 /7,0583.51

55.9 mmNaa

aFTRgore =⋅

⋅=τ

24

3

2 /4,383.51

55.9 mmNaaaFTRdole =⋅

⋅=τ

24

3

max /8,383.51

534.10 mmNaaaFTR =

⋅⋅

=τ

Кои напони се доминантни?

Колку се тангенц. напони во опасниот пресек?

1


9. ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА




F

z

y

z

φ

φ

yymax=f

О ( ) ј ѓ

8.1. ПОИМ ЗА ОТКЛОН И НАКЛОН



Отклон (y) е растојание помеѓу произволна точка од недеформираната оска на носачот и истата таа точка на деформираната оска. Максималниот отклон се бележи со “f” (ymax=f).

Наклон (ϕ=y’) е аголот што го заклопува тангентата на кривата во одредена точка со првобитната недеформирана оска, односно тоа е аголот за кој се завртува напречниот пресек после деформирањето.

8.2. ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА РАВЕНКА ЗА ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА

x

zx

IEM

yy

⋅±=

′+′′ )(

2/32 )1(

F

z

y

z

φ

φ

yymax=f

F

z

y

z

φ

φ

yymax=f

Општ облик на диференцијалната равенка за еластична линија.-нелинеарна диф. равенка



x

zx

IEM

y⋅

−=′′ )(

-важи за големи поместувања

За мали деформации y’2<<1, за координатен систем поставен како на сликата и за знаци на моментите како што се договорени во статиката:

2

z

y’>0 y’ =0 y’ <0y → +y

x

zx

IEM

y⋅

−=′′ )(

Отклонот (y) е позитивен кога има иста насока како позитивната насока од y - оската.

Наклонот (ϕ=y’) е позитивен ако тангентата на еластичната линија, повлечена од лево кон десно, е наклонета во правецот позитивната y - оска .



yy >0 y =0 y <0

zy

y’<0 y’ =0 y’ >0y

x

→ -yx

zx

IEM

y⋅

+=′′ )(

Методот на непосредна интегрирација се состои во двократно последователно интегрирање на диференцијалната равенка

x

zx

IEM

y⋅

−=′′ )(

каде што: Mx(z) - закон за промена на моментот на свиткување по должина на носачот



При секое интегрирање се јавува по една непозната интеграциона константа. Константите се определуваат со примена на условите за потпирање и условите на познати деформации во карактеристични точки.

Е - Јунгов модул на еластичностIx – акс.момент на инерција за напр. пресек

8.3. ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА ЗА ПРОСТА ГРЕДА ОПТОВАРЕНА СО КОНТИНУИРАН ТОВАР

z z

y

E·Ix = konst.

LFA=qL/2 FB =qL/2y’=0

Mx(z) q



y

2zqz

2q

2zqzFM

22

A)z(x⋅

−⋅

=⋅

−⋅=l

2zqz

2qyEI

2

x⋅

+⋅

−=′′l

x

zx

IEM

y⋅

−=′′ )(

законот за промена на моментот на свиткување

Диференцијалната равенка за деформациите на еластичната линија на гредата се добива:

3

EI yq z q z

Cx ′ = −⋅⋅ +

⋅+

l

2 2 6

2 3

1

21

43

2462CzCzqzqyEIx +⋅+

⋅+⋅

⋅−=

l

После првата интеграција се добива:

општа равенка на наклоните на еластичната линија на гредата

После втората интеграција се добива:

општ израз за уклоните на еластичната линија на гредата



гредата

Интеграционите константи С1 и С2 се добиваат од условите на потпирање

За z=0, y=yA=0

За z=L, y=yB=0

z z

yLFA FB

w’=0

Mx(z) q

z z

yLFA FB

w’=0

Mx(z)

z z

yLFA FB

w’=0

Mx(z) q

21

43

024

060

20 CCqq

+⋅+⋅

+⋅⋅

−=l

43 ⋅⋅ lqlq l

21

43

2462CzCzqzqyEIx +⋅+

⋅+⋅

⋅−=

l

За z=0, y=yA=0 се добива:

За z=L, y=yB=0 се добива:

Од равенството:

C2 0=

3l⋅q



02462

0 1 +⋅++⋅−= lClqlq l

241l

=qC

Конечните равенки за деформациите на гредата се:

yq

EIz z z

x=

⋅ ⎛⎝⎜⎞⎠⎟ −

⎛⎝⎜⎞⎠⎟ +

⎛⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥

l

l l l

4 3 4

242′ =

⋅−

⎛⎝⎜⎞⎠⎟ +

⎛⎝⎜⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥y

qEI

z z

x

l

l l

3 2 3

241 6 4

z

y

E·Ix = konst.q

Ly’=0

A B

fϕA ϕB

q5 4lуклонот е максимален таму каде



xIEqfy

⋅⋅⋅⋅

==384

5max

l

xBB IE

qy⋅⋅

⋅−=′=

24

3lϕ

уклонот е максимален таму каде што тангентата на еластичната линија е хоризонтална (y’=ϕ=0), односно за z=L/2

наклонот е максимален на потпорите

xAA IE

qy⋅⋅

⋅=′=

24

3lϕ(за z=0) (за z=L)

4

8.4. ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА ЗА КОНЗОЛА ОПТОВАРЕНА СО КОНТИНУИРАН ТОВАР

z z

y

E·Ix = konst.q

LL-z

Mx(z)

A B



22

22 zqzqqyEIx⋅

+⋅⋅−⋅

=′′ ll

x

zx

IEM

y⋅

−=′′ )(

законот за промена на моментот на свиткување

Диференцијалната равенка за деформациите на еластичната линија на конзолата е:

( )2

2

)(zlqM zx

−⋅−=

y

После првата интеграција се добива:

општа равенка на наклоните на еластичната линија на конзолата

После втората интеграција се добива:

општ израз за уклоните на еластичната линија

EI yq

z qz q z

Cx ′ =⋅

− ⋅ +⋅

+l

l2 2 3

12 2 6

EI yq z

qz q z

C z Cx =⋅

⋅ − ⋅ +⋅

+ ⋅ +l

l2 2 3 4

1 22 2 6 24



на конзолата

Интеграционите константи С1 и С2 се добиваат од условите на потпирање

За z=0, y=yA=0 и ϕА=0

z z

y

q

LL-z

Mx(z)

z z

y

q

LL-z

Mx(z)

A B

За z=0, y=yA=0 се добива:

За z=0, y’=y’А=0 се добива:

Од равенствата за y i y’ се добива:

01 =C

02 =C

1

322

60

200

20 Cqqq

+⋅

+⋅−⋅⋅

= ll

2

4322

024

060

20

20 Cqqq

++⋅

+⋅⋅−⋅⋅

= ll



Конечните равенки за деформациите на конзолата се:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

=4324

4624 lll

l zzzEI

qyx⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

=′323

336 lll

l zzzEI

qyx

24622

5

б ј

z z

y

E·Ix = konst.q

Lymax=f

ϕB=y’max

A B



уклонот и наклонот се максимални на слободниот крај од конзолата, односно за z=L

xB IE

qy⋅⋅

⋅=′=

6

3

maxlϕ

xEIqfy8

4

maxl⋅

==

8.5. МЕТОД НА СУПЕРПОЗИЦИЈА

Наклонот и отклонот на еластичната линија во било кој пресек на носачот е еднаков на алгебарскиот збир од наклоните и отклоните на поодделните елементарни оптоварувања во истиот пресек.

,n

,2

,1

,n21 y.....yyy;y.....yyy +++=+++=



Кога носачот е оптоварен со повеќе товари, деформациите на истиот може да се определат и со примената на методот на суперпозиција

A BL/2

q

L/2

FM

A BL/2

q

L/2

FM

A B

L

q

A B

L

A B

L

q

A B

L/2 L/2

F

A B

L/2 L/2

F

A B

L

M

A B

L

M

.....)(2/ ==

qzy l.....)( =′ q

Ay

.....)(2/ ==

Fzy l.....)( =′ F

Ay

.....)(2/ −==

Mzy l.....)( −=′ M

Ay



A BL/2

q

L/2

FM

A BL/2

q

L/2

FM

)(2/

)(2/

)(2/2/

Mz

Fz

qzz yyyy llll ==== ++=

)()()( MA

FA

qAAA yyyy ′+′+′==′ ϕ

1

ЈАКОСТ 1

4М21ОМ02

9. ЛИНИСКИ СТАТИЧКИ НЕОПРЕДЕЛЕНИ НОСАЧИ



наставник: Вонр.проф. д-р Виктор Гаврилоски

НЕОПРЕДЕЛЕНИ НОСАЧИ

9.1. ПОИМ ЗА СТАТИЧКИ НЕОПРЕДЕЛЕН НОСАЧ

Статички определени: Статички неопределени:

1x

1x



∑ ∑ ∑ === 0M,0Y,0X

За определување на реакциите доволни се статичките услови за рамнотежа

1x

3xЗа решавање на статички неопределен носач потребни се дополнителни равенки од деформационите услови

9.2. РЕШАВАЊЕ НА СТАТ. НЕОПРЕД. ЛИНИСКИ НОСАЧИ СО МЕТОД НА СУПЕРПОЗИЦИЈА

1. Определување на степенот на стат. неопределеност :

snm −=s - број на реакции што може да се опред. од стат. услови за рамнотежаn - број на непознатите реакции m степен на статичката неопределеност

9.2.1. ПОСТАПКА ЗА РЕШАВАЊЕ



m - степен на статичката неопределеност2. Отфрлање на прекубројните потпори и нивна замена со непознати големини (реакции)

3. Поставување на услови на деформации на местата на отстранување на прекубројните врски.

4. Решавање на систем од алгебарски равенки и определување на прекубројните реакции

5. Цртање на дијаграмите на статичките големини

2

L

q 1) Носачот е еднаш стат. неопр.2) Одвишната врска се

отстранува и се заменува со непозната

3) Се поставува условот на деформацијаq

0=By

A B

9.2.2. ПРИМЕР НА ОДВИШНА ВРСКА ОД ПОДВИЖНО ЛЕЖИШТЕ



FB( ) ( ) 0=+ BF

Bq

B yy

( )

x

BFB IE

LFy B

⋅⋅⋅

−=3

3

( )

x

qB IE

Lqy⋅⋅

⋅=

8

4q

FB

=

+0

38

34

=⋅⋅⋅

−⋅⋅

⋅

x

B

x IELF

IELq

LqFB ⋅⋅=83

L

q

FB

A BMALqFB ⋅⋅=

83

8

2LqM A⋅

=FA

LqFA ⋅⋅=85

FA

/8 L

+- FB Lx ⋅=

5

085

)( =⋅−⋅⋅=⋅−= xqLqxqFF Axtr



5/8 L 3/8 L

MA

5/8 L 3/8 LMmax+

-

Lx ⋅=8

2max

22

max

2

max

1289

64225

885

85

2

LqM

LqLqLLqM

xqMxFM AA

⋅⋅=

⋅⋅

⋅−⋅

−⋅⋅⋅⋅=

⋅−−⋅=

L

q 1) Носачот е еднаш стат. неопр.2) Одвишната врска се

отстранува и се заменува со непозната

3) Се поставува условот на деформацијаq

0=Aθ

A B

MA

9.2.3. ПРИМЕР НА ОДВИШНА ВРСКА ОД ВКЛЕШТУВАЊЕ



0Aθ

( ) ( ) 0=+ MA

qA θθ

( )

x

AMA IE

LM⋅⋅⋅

=3

θ

( )

x

qA IE

Lq⋅⋅

⋅=

24

3

θ

q=

+ 0324

3

=⋅⋅⋅

+⋅⋅

⋅

x

A

x IELM

IELq

8

2LqM A⋅

−=

θA

MA

θA

3

L

q

FB

A BMALqFB ⋅⋅=

83

8

2LqM A⋅

=FA

LqFA ⋅⋅=85

FA

/8 L

+- FB Lx ⋅=

5

085

)( =⋅−⋅⋅=⋅−= xqLqxqFF Axtr



5/8 L 3/8 L

MA

5/8 L 3/8 LMmax+

-

Lx ⋅=8

2max

22

max

2

max

1289

64225

885

85

2

LqM

LqLqLLqM

xqMxFM AA

⋅⋅=

⋅⋅

⋅−⋅

−⋅⋅⋅⋅=

⋅−−⋅=

A

BMA

( ) ( )FF

BCB

lyy

lyBC Δ=+

Δ=

F

FAx

h

C

FBC

F

греда E·Ix стап E·A

yB

Услов од деформации:

9.2.4. ПРИМЕРИ СО ОДНАПРЕД ПОЗНАТИ ДЕФОРМАЦИИ



L

( )FBy

( )

( ) ( )BC

FB

FB

BCBB

lyy

lyyBC Δ=−

Δ=+FAyyB

B

FFBC

( )BCFBy

BClΔAEhFl BC

BC ⋅⋅

=Δ

A B

C

D

E

q

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )FCDE

FABE

qABE

FCDE

FABE

qABE

CDE

ABE

yyy

yyy

yy

=−

=+

=


q



A BE

q

F

D

C

E

F

Закон за акција и реакција

4

A

BC

qδ

yB = δ




yB δ

5384 48

4 3qEI

FEIx

B

x

⋅−

⋅=

l lδ

FEI q

EIBx

x=

⋅−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

48 53843

4

l

lδ

9.3. ТРОМОМЕНТНО ПРАВИЛО

Тромоментното правило базира на можноста за воведување на фиктивен зглоб и разложување на носачот на одреден број прости носачи.

q



l Kk-1 k

l K+1

k+1

l K

k-1

kl K+1

k+1

q M KM K-1 M K+1

M M M EIk k k k k k k x kd

k− + + +⋅ + + + ⋅ = −∑ ∑1 1 1 12 6l l l l l( ) ( )ϕ ϕ

l K

k-1

kl K+1

k+1

q M KM K-1 M K+1

Тромоментно правило (Равенка на три моменти ) илиКлапејронова равенка, применета за потпора “k”



Равенка се однесува за насоки на моментите како на сликата.

∑ lkϕ - сума од сите наклони од надворешни сили за левиот дел од носачот

∑ dkϕ - сума од сите наклони од надворешни сили за левиот дел од носачот

5

Тромоментните равенки се поставуваат во секоја потпора освен за првата и последната потпора ако не се вклештувања

M1 M2 M3

xx x



xx xxx x

F

xx x

Mn+1=F·a

a

xx x

M

Препустите се редуцираат во потпора

В



xx xxx x

Ln=0

xx x

Вклештувањето се заменува со неподвижно лежиште на растојание L=0

F

A B

q

l l/2l/2

C

MC=0F

A B

q

l l/2l/2

C

MBMA=0

MBF

l/2l/2

B C1ϕ

BD

ПРИМЕРИ НА ПРИМЕНА НА ТРОМОМЕНТНО ПРАВИЛО



FC

l/2l/2

FB''

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅−−

⋅=⋅++⋅+⋅

xxxB EI

lqEIlFEIlllMl

24166020

32

325 2l⋅

=qM B

1


10. ИЗВИВАЊЕ




10.1. ПОИМ ЗА ИЗВИВАЊЕ

Извивањето е вид на напрегање кое настанува под дејство на аксијална сила на притисок чија големина е таква да го нарушува рамнотежниот облик на оптоварениот носач

Анализата на напоните и димензионирањето на аксијално напрегнати елементи базираат на условот напоните да бидат помали од дозволениот



условот напоните да бидат помали од дозволениот напон (σmax ≤ σd).

Кај притиснати стапови може да дојде до лом и покрај тоа што пресметковниот напон од притисокот бил помал од дозволениот.

Основните состојби на рамнотежа: стабилна, индиферентна и лабилна.

стабилна состојбасе враќа во првобитната рамнотежна полож.

индиферентна состојбасе задржува новатаположба како рамнотежна

лабилна состојбапродолжува процесот



F

F

H

F<Fkr

F

F

H

F=Fkr

F

FF>Fkr

2

10.2. ОЈЛЕРОВА КРИТИЧНА СИЛА

2min

2

rkr

IEFl

⋅⋅=π

ll ⋅= μr редуцирана должина

најмал момент на инерција minIЈунгов модул на еластичност E



llR =

1=μ

llR ⋅= 7,0

7,0≅μ

llR ⋅= 5,0

5,0=μ

llR ⋅= 2

2=μ

10.3. ПРЕСМЕТКИ ПРИ ИЗВИВАЊЕ

2

2

2min

2

rr

krkr

EAIE

AF

λππσ ⋅

=⋅⋅⋅

==l

критичен напон на притисок

FFkr=ν степен на сигурност од извивање



minIAlrr=λ виткост на стапот

IF

EF

Ekr

r rmin = ⋅=

⋅⋅πνπ2

22

2l l димензионирање според критична сила



1


11. ХИПОТЕЗИ НА ЈАКОСТА




едноосна напонска состојба

F

σ1

σ1 σ1



s

krdoz k

σσσσ =≤= max1

кај еластично-пластични материјалиσkr=σR,кај крти материјалиσkr=σМ.

F

σ1

• лесно експериментално определување преку σ-ε дијаграм

повеќеосна напонска состојба

• скапи и сложени експерименти за определување на гранична

σ1 σ1

σ2

σ2

σ1 > σ2

σ1 σ1

σ2

σ2

σ3

σ3 σ1 > σ2 > σ3



за определување на гранична состојба

хипотезите на јакоста ни даваат можност за определување на граничната (опасна) напонска состојба за повечеосни напонски состојби.

2D3D

ХИПОТЕЗИ НА ЈАКОСТА

σekv(1D)

≤ σdoz(1D)

2

Хипотеза на најголеми нормални напони (I хипотеза)

ekvσσσ == 1max dozσσ ≤max

Хипотеза на најголеми линиски дилатации (II хипотеза)

dcek

deek

σσσμσσσσσμσσ

≤+−=≤+−=

)()(

213

321

Хипотеза на најголеми тангенцијални напони (III хипотеза) / Tresca -Coulomb



Хипотеза за специфична потенцијална енергија за промена на формата (IV хипотеза) / von Mises -Hencky

d22

31ek 4 στσσσσ ≤+=−=

d31322123

22

21ek σσσσσσσσσσσ ≤−−−++=

која хипотеза ќе се примени, зависи од материјалите и случаите на оптеретувања


12. СЛОЖЕНИ НАПРЕГАЊА




12.1. ПОИМ ЗА СЛОЖЕНО НАПРЕГАЊЕ

F1 F2 F3

Fi Fn

T

F1 F2 F3

Fi Fn

T

F1

T

MR

z

x

Fak (z)

M

Mx

MyFtr(x)



FiFRy

Ftr(y)

Mztr(x)

внатрешните сили се редуцираат во тежиштето на напречниот пресек

FR – главен вектор на сили

MR – главен момент

3

начин на определување

F1

Fi

T

FR

MR

z

y

x

Fak (z)

Ftr(y)

Mz

Mx

MyFtr(x)

F1

Fi

T

F1

Fi

T

FR

MR

z

y

x

Fak (z)

Ftr(y)

Mz

Mx

MyFtr(x)

основни видовинапрегање



Fx - аксијална сила Σx=0 аксијално/извивањеFy - трансферзална сила Σy=0 смолкнувањеFz - трансферзална сила Σz=0 смолкнувањеMx - момент на торзија ΣM(x)=0 торзијаMy - момент на свиткување ΣM(y)=0 свиткувањеMz - момент на свиткување ΣM(z)=0 свиткување

определувањевнатрешна големина напрегање

Основно напрегање е вид на напрегање кое настанува под дејство на само една внатрешна големина (една компонента на сила или на момент)

Сложено напрегање е вид на напрегање кое настанува под дејство на најмалку две внатрешни големини (компоненти на сила или на момент).

• едноосна состојба на напрегање (на пр: аксијално

Сложените напрегања може да се поделат на:



• едноосна состојба на напрегање (на пр: аксијално напрегање и свиткување, косо свиткување) При определување на напонската состојба се собираатколинеарните напони и се споредуваат со максимално дозволените.

• повеќеосна (рамнинска или просторна) состојба на напрегање (на пр: свиткување и торзија) При определување на напонската состојба се применуваат хипотезите на јакоста.

12.2. КОСО СВИТКУВАЊЕ

xC ααsin⋅= FFx

проекции на силите

Доколку рамнината во која лежат силите или моментите не се поклопува ниту со една од главните централни оски на инерција велиме дека имаме косо свиткување или свиткување во две рамнини



z

z

l

x

y

yE

F

O

A

B

D

Fy

Fx

αα

coss⋅= FFy

x

αα

sincos⋅⋅=⋅⋅=

lFMlFM

y

x

моменти на свиткување во опасен пресек

4

Fy

+ + + + +B C

O x Fx

- - - - - -

+ + + + + +

B C

Ox

E x

y

определување на напони при косо свиткување



y

y- - - - - -

A Dσ(Mx) y

- -

+ +

A D

σ(My)

xJsinFly

JcosFlx

JM

yJM

yxy

y

x

xyx

αασσσ ±±=±±=+=

A

B C

D

O x

σmax

β

iy

ixyo

α

xo

maxy

ymax

x

xA x

JM

yJM

−−=σ

maxy

ymax

x

xB x

JM

yJM

−+=σ

maxy

ymax

x

xC x

JM

yJM

++=σ

maxy

ymax

x

xD x

JM

yJM

+−=σ



σmin

y

xo

σ

yx

2;

2 maxmaxbyax ==каде што

x

y

y

x

MM

JJ

xytg ==β

положбата на неутралната линија е определена со условот

0=±± xJM

yJM

y

y

x

x за што се добива

2y

2x fff +=

dyx MM

σσ ≤+=

определување на деформации при косо свитк.

димензионирање при косо свиткување



dozyx

max WWσσ ≤+

1


12. СЛОЖЕНИ НАПРЕГАЊА




12.3. АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ И СВИТКУВАЊЕ

Доколку во разгледуваниот напречен пресек од некој елемент, се појават аксијални сили и моменти на свиткување, се добива сложено напрегање составено од аксијално напрегање и свиткување.



σο

F2

x

x

n

n

F1

l

z

h

n

n -

+

+ +

σf σmax

yo

12.3.1. Акс. напрег. и свиткување во рамнина



nb

n

σf σmin

a) b) c) d)

yI

MA

F

x

xak ±±=σAI

MFy x

x

ak−=0

пресметка на напонска состојба

положба на неутрална линија

2

12.3.2. Акс. напрег. и косо свиткување



xI

My

IM

AF

y

y

x

x ±±±=σ


AI

MFa x

x

aky −=


AI

MFa y

y

akx −=



++

--

12.3.3. Екцентричен притисок

0

0

xFMyFM

F

y

x

⋅=⋅=

статички големини

пресметка на



xJ

xFyJ

yFAF

yx

00 ⋅±

⋅±±=σ

рнапонска состојба

xI

My

IM

AF

y

y

x

x ±±±=σ

3

2200 b

JxFh

JyF

AF

yxB

⋅−

⋅−−=σ

2200 b

JxFh

JyF

AF

yxA

⋅−

⋅+−=σ

напонска состојба во точки од напр. пресек



2200 b

JxFh

JyF

AF

yxD

⋅+

⋅+−=σ

2200 b

JxFh

JyF

AF

yxC

⋅+

⋅−−=σ

AxIa x

y ⋅−=

0


AyI

ao

yx ⋅

−=



++

--

12.4. СВИТКУВАЊЕ И УСУКУВАЊЕ

A

B

x

Mx

z

xMt

FTRy

SF

l

Mt



y

Mx

Mt

FTRy

4

τ'' σ

x

F

Mt

dB

A

Mx

FTRy

E2 E1

τ''

τ'τ''τ'

τ'




y

xI

My

IM

y

y

x

x +=σ

ρτ ⋅=p

T

IM

(I хипотеза) doz22 )4(

21 στσσ ≤++

doz22 )465,035,0( στσσ ≤++

doz22 4 στσ ≤+

doz22 3 στσ ≤+(IV хипотеза)

(III хипотеза)

(II хипотеза)

dozek

WM σ≤

22

22

22

22

75,0

65,035,0

)(21

TfIVek

TfIIIek

TffIIek

TffIek

MMM

MMM

MMMM

MMMM

+=

+=

++=

++=

јакосни пресметки

(I хипотеза)

(IV хипотеза)

(III хипотеза)

(II хипотеза)



Tfek

пример: Да се димензионира вратилото.

дадено:

D1 = 800 mm;

D2 = 1000 mm;

G 400 N;



2Ft1

G1

x

y

Ft1

30o

Fy1

Fx1

Mt2Ft2

G2

x

y

Ft2

45o

Fy2

Fx2

Mt

G1 = 400 N;

G2 = 600 N;

P = 100 kW;

n = 200 vr/min;

c = 0,5 m;

l = 1,5 m;

σdoz = 65 N/mm2

5

cl/2

D 1D 2

Mt

l/2kNm78,4955,0 ==

nPMt

kN12/2 11 == DMF tt

y

30o

F 1Mt



kN303 11 == tN FF

kN12/2 11 DMF tt2Ft1

G1

x

Ft1

Fy1

Fx1

kN10/2 22 == DMF tt

kN363 22 == tN FF

2Ft2

G2

x

y

Ft2

45o

Fy2

Fx2

Mt

3,58 KNm

B AD C

Fy2 Fy1

FyB FyA

-9,2 KNm

kN812145sin

kN4,1830sin0

222

0111

,FGF

FGF

Ny

Ny

=+=

=+=

V

V – вертикална рамнина

H



B AD C

Fx2 Fx1

FxB FxA

15,74 KNm 15,59 KNm

H – хоризонтална рамнина

kN21,2145cos

kN18,3130cos0

22

011

==

==

Nx

Nx

FF

FF

kNm14,16

kNm11,182

)(2

)()(

2)(

2)()(

=+=

=+=

HDVDDf

HAvAAf

MMM

MMM

kNm73,1878,411,18 2222)()((max) =+=+== tAfAekek MMMM

kNm78,4)( =−DAtM

еквивалентен момент

моменти во опасни пресеци



dozek

WM σ≤

dozek

dM σπ

≤⋅32

3 mm1436514,3

1073,1832323

6

3 =⋅⋅⋅

=⋅⋅

≥doz

ekMdσπ

димензионирање

Documents

4 21 02 ЈАКОСТ 1 na materijalite.pdf · 3 Fn I x y n F M F y F x yM x M z 1.4. ПОИМ ЗА ВНАТРЕШНИ СИЛИ внатрешнитесилисе редуцираат