Tehnicka Mehanika-cas 12 i cas 13.ppt - mf.ukim.edu.mk Mehanika-cas 12 i... · Универзитет“Св.КирилиМетодиј” Машинскифакултет-СјСкопје

Универзитет “Св. Кирил и Методиј”М ф С јМашински факултет - Скопје

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА3М21ОМ01

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА

14. СВИТКУВАЊЕ

наставник: Вонр. проф. д-р Виктор Гаврилоски

14. СВИТКУВАЊЕ

МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТСКОПЈЕ

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКАВонр. проф. д-р Виктор Гаврилоски

14.1. ПОИМ ЗА СВИТКУВАЊЕ

К ј L

Која е разликата со аксијално напрегање и торзија?торзија?

доаѓа до искривување на

wθ

р упррвобитно правата оска

L

wθ



ЧИСТО СВИТКУВАЊЕ(само нанападни моменти)

СВИТКУВАЊЕ ОД СИЛИ(нанападни моменти + трансферзални сили)

BA

M=Fh M=Fh

l

- M

FTR

FAK





14.2. НАПОНИ ПРИ ЧИСТО СВИТКУВАЊЕ y max

M

распределба на напоните по висината на напречниот пресекh/2

yymax

0

yJM

x

максимални напони

zC

h/2

hy

0неутралната линија се поклопува со

xx WMy

JM

maxmax

максимални напониh/2

b max

тежишната оска

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 пресекJ

W xx



x р р рmaxy

Wx

σgore =σmax

M Mz T x

y1= ymax

-

неутрална лин.z T x

σd l+

у р

y2

yI

M xz напони за

растојание y MM

y σdole

максималниот напон е:

I x

1yI

M

x

xgore

напони во горни слоеви (збивање)

р ј y

xx WMy

JM

maxmax

x

2yI

M

x

xdole

(збивање)напони во долни слоеви(истегнување)

maxyJ

W xx

отпорен момент [m3]



x (истегнување)

• 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”.



14.3. НАПОНИ ПРИ СВИТКУВАЊЕ ОД СИЛИ

h

h<<L F

z

y

CxMx

h

F/2 bFtrx

F/2L/2 L/2F/2

F/2 F+ Ft

b

F/2x

F/2

F/2

F+

-

Ftr

M xFM x 2

во пресекот x имаме:

+ FL/4

M

x

2

2)(FF xtr



x 2

Определување на нормалните Определување на нормалните напони при свиткување од сили

- грешката е мала

- пресметките се поедноставуваат

yI

M

x

xz

поедноставуваат

- влијанието на трансферзалната сила на

x

MyM maxmax

нормалните напрегања заh<<L е занемарливоxx W

yJ maxmax

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



y A10

0Определување на тангенцијалните

zC

h/2

hy

x max

тангенцијалните напони при свиткување од

h/2

b

yymax

0

сили

Ftr – големина на трансверзалната сила во посматраниот пресек од носачот

b 0

bISF xtr

посматраниот пресек од носачот

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

bIx Ix – аксијален момент на инерција на напречниот пресек

b – ширина на напречниот пресек на разгледуваното



место по висина на пресекот

14.4. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ НА ЕЛЕМЕНТИ ИЗЛОЖЕНИ НА СВИТКУВАЊЕ

dozxx W

MyJ

M maxmax

maxmax

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

xx

MW max

2. Носивост (определување на макс. оптоварување)doz

xW

max + проверка на тангенцијални напони

3 Проверка на напоните

xdozdoz WM max

3. Проверка на напонитеd

задоволува

незадоволуваWM max

max



d незадоволуваxW

Пример 14.1:

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

а=20 mm



Определување реакции и цртање на дијаграмите на статичките големини

KNFM BA 5,70 Определување реакции

KNFM AB 5,40 Трансферзални сили

m][12510 xxqF

kN]kN[5,7

][5,4

,

1,

BBTR

AATR

FFFF

m][12510 ,xxqFA

Нападни моменти0AM

0[5.41

B

A

MlFM m]kN

kNm][03,72max xxqxlFM A



2max A

Определување на геометриски карактеристики на напречен пресекр р р р

aaaaaaaAyy ii 594365.65

a 5ay

aaaaaA

yi

T 59.482102

2

32

3

5916691155 aaaaI

6a

xT 59.16

1291.15

12aaaaaaI x

483.51 aIx

6

a

2.41

ay

x

T

x

344

max,11, 172035

2041.22083.51

41.283.51 mm

aa

yIW x

x

4.59

aT

344

max,22, 90328

2059.42083.51

59.483.51 mm

aa

yIW x

x



Цртање на дијаграми 1

на нормални напрегања

T

-

T

2

+

26

max /8401003.7 mmNM 1,

max1max, /8,40

172035mmN

Wx

610037M 26

2,

max2max, /8,77

903281003.7 mmN

WM

x



1

Цртање на дијаграми на тангенцијални напони

2goredole

3

2

3,1,

55.991.15

0

aaaaS

SS

x

xx

T max

3max,,

2,

534,10259.459.4 aaaaSS xTx

x

3 2

4

3

2 /7,058351

55.9 mmNaa

aFTRgore

583.51 aa

24

3

2 /4,383.51

55.9 mmNaaaFTRdole

Кои напони се доминантни?

24

3

max /8,383.51

534.10 mmNaaaFTR

Колку се тангенц. напони во опасниот пресек?



ресе

Универзитет “Св. Кирил и Методиј”М ф С јМашински факултет - Скопје

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА3М21ОМ01

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА

15 ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА

наставник: Вонр. проф. д-р Виктор Гаврилоски

15. ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА



F15.1. ПОИМ ЗА ОТКЛОН И НАКЛОН

F

zz

φ

φ

y

y

φ yymax=f

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

Наклон (=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



завртува напречниот пресек после деформирањето.

15.2. ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА РАВЕНКА ЗА

F

zz φ

F

zz φ

РАВЕНКА ЗА ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА

z

y

φ yymax=f

z

y

φ yymax=f

zxMy

)(

yy

Општ облик на диференцијалната равенка за еластична линија

xIEy

2/32 )1(равенка за еластична линија.

-нелинеарна диф. равенка-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:

x

zx

IEM

y

)(



x

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

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

z zxM )(

наклонета во правецот позитивната y - оска .

yy’>0 y’ =0 y’ <0y → +y

x

zx

IEy

)(

zy

Mz

y’<0 y’ =0 y’ >0y → -y

x

zx

IEM

y

)(



Методот на непосредна интегрирација се состои во двократно последователно д р динтегрирање на диференцијалната равенка

M )(

x

zx

IEM

y

)(

каде што: Mx(z) - закон за промена на моментот на каде што: Mx(z) закон за промена на моментот на свиткување по должина на носачотЕ - Јунгов модул на еластичностIx – акс.момент на инерција за напр.

При секое интегрирање се јавува по една непозната интеграциона константа Константите се

Ix акс.момент на инерција за напр. пресек

непозната интеграциона константа. Константите се определуваат со примена на условите за потпирање и условите на познати деформации во карактеристични точки.



15.3. ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА ЗА ПРОСТА ГРЕДА ОПТОВАРЕНА СО КОНТИНУИРАН ТОВАР

E·Ix = konst.Mx(z) q

z z

LFA=qL/2 FB =qL/2y’=0

yLA q FB qL/2

zqqzq 22 законот за промена на

2zqz

2q

2zqzFM A)z(x

законот за промена на моментот на свиткување

Диференцијалната равенка за деформациите на

2zqz

2qyEI

2

x

zx

IEM

y )(

еластичната линија на гредата се добива:



22yx

xIEy

После првата интеграција се добива:

општа равенка на EI y

q z q zCx

2 2 6

2 3

1

општа равенка на наклоните на еластичната линија на гредата

43 zqzq

После втората интеграција се добива:

општ израз за уклоните на 212462

CzCzqzqyEIx р у

еластичната линија на гредата

Интеграционите константи С1 и С2 се добиваат од условите на потпирање

z z

Mx(z) q

z z

Mx(z)

z z

Mx(z) q

За z=0, y=yA=0

За z=L y=y =0

z

yLFA FB

w’=0z

yLFA FB

w’=0z

yLFA FB

w’=0



За z=L, y=yB=0

21

43

2462CzCzqzqyEIx

Од равенството:

43 00 qq

За z=0, y=yA=0 се добива:

C 021 0

240

60

20 CCqq

За z=L, y=yB=0 се добива:

C2 0

02462

0 1

43

lClqlq

, y yB

24

3

1

qC

Конечните равенки за деформациите на гредата се:

yq

EIz z z

x

4 3 4

242

y

qEI

z z

x

3 2 3

241 6 4



E·Ix = konst.qA B

z

Ly’=0

fA B

yL

IEqfy

384

5 4

maxуклонот е максимален таму каде

што тангентата на еластичната линија е хоризонтална (y’ 0) xIE384линија е хоризонтална (y’==0), односно за z=L/2

наклонот е максимален на потпорите

BB IEqy

24

3

наклонот е максимален на потпорите

AA IEqy

24

3(за z=0) (за z=L)



xIE 24xIE 24

15.4. ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА ЗА КОНЗОЛА ОПТОВАРЕНА СО КОНТИНУИРАН ТОВАРОПТОВАРЕНА СО КОНТИНУИРАН ТОВАР

E·Ix = konst.qMx(z)

z zL-zA B

законот за промена на 2zlq

y L

законот за промена на моментот на свиткување

Диференцијалната равенка за деформациите на

2)(

zlqM zx

22

22 zqzqqyEIx

zx

IEM

y )(

еластичната линија на конзолата е:



22qyx

xIEy

После првата интеграција се добива:

општа равенка на 2 2 3 општа равенка на наклоните на еластичната линија на конзолата

EI yq

z qz q z

Cx

2 2 3

12 2 6

После втората интеграција се добива:

општ израз за уклоните на EI

q z z q zC C

2 2 3 4

уклоните на еластичната линија на конзолата

EI yq

qq

C z Cx 1 22 2 6 24

Интеграционите константи С1 и С2 се добиваат од z

qMx(z)

z

qMx(z)

A B1 2условите на потпирање

За z=0, y=yA=0 и А=0

z z

y LL-zz z

y LL-z



За z=0 y’=y’ =0 се добива:

Од равенствата за y i y’ се добива:

За z=0, y =y А=0 се добива:

01 C1

322

60

200

20 Cqqq

За z=0, y=yA=0 се добива:

622

432202 C

2

4322

024

060

20

20 Cqqq

Конечните равенки за деформациите на конзолата се:

4324

4624 zzzEI

qyx

323

336 zzz

EIqy

x



E·Ix = konst.q

z z

q

ymax=fA B

y Lymax f

B=y’max

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

B IEqy

6

3

max

EIqfy8

4

max

xIE6

xEI8



15.5. 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 алгебарскиот збир од наклоните и отклоните на поодделните елементарни оптоварувања во истиот пресек.

,,,, yyyy;yyyy n21n21 y.....yyy;y.....yyy



qFM qFM )()()( MA

FA

qAAA yyyy

A BL/2 L/2

A BL/2 L/2 )()()( MFq L/2L/2 )(

2/)(

2/)(

2/2/M

zF

zq

zz yyyy

A B

L

q

A B

L

A B

L

q

FF

.....)(2/

qzy .....)( q

Ay

A B

L/2 L/2

A B

L/2 L/2MM

.....)(2/

Fzy .....)( F

Ay

A B

L

M

A B

L

M

.....)(2/

Mzy .....)( M

Ay



Пример 15.1:Со методот на суперпозиција да се определи отклонот и наклонот наСо методот на суперпозиција да се определи отклонот и наклонот на носачот во точката В

EI

wLEI

wLIIBIBB 486

33

EIwL

B 487 3

EIEIIIBIBB 486

EI

wLEI

wLyyy IIBIBB 3847

8

44

EIB 48

EIwLyB 384

41 4



EIEI

yyy IIBIBB 3848 EIyB 384

Documents

Tehnicka Mehanika-cas 12 i cas 13.ppt - mf.ukim.edu.mk Mehanika-cas 12 i... · Универзитет“Св.КирилиМетодиј” Машинскифакултет-СјСкопје