ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1 3М21ОМ01 ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ ОСНОВНА ЛИТЕРАТУРА ОРГАНИЗАЦИЈА НА ПРЕДМЕТОТ

Transcript

1 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ наставник: Кабинет: 10 Приемни термини: ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ 1. изучувањенаусловизарамнотежанаточкаи крути тела, определување на внатрешни сили и сили од триење (СТАТИКА). изучување на напонско-деформациона состојба, димензионирање и проектирање на машински делови и конструкции (ЈАКОСТ) ОСНОВНА ЛИТЕРАТУРА 1. Р.Јосифовска, Механика I Статика, Скопје 199. А.Илиевски, Љ.Тодоровска-Ажиевска, Н.Бабамов, Јакост на материјалите, Скопје 00. З.Петрески, В.Гаврилоски, Х.Мицкоски, Статика задачи, Скопје 005 ОРГАНИЗАЦИЈА НА ПРЕДМЕТОТ теоретска настава: (понеделник 1-17 ч. во 10) аудиторни вежби: група 16 и 17 (понеделник ч. во 10) група 18 и 19 (среда 18-0 ч. во 10) корекц. вежби: група 16 и 17 (пон. 19-0:0 ч. во 10) група 18 и 19 (среда 0-1:0 ч. во 10) Секој студент треба да носи со себе: прибор за пишување, тетратка и дигитрон. Програмските задачи се предаваат на корекциските вежби во предвидени рокови. 1

2 ПОЛАГАЊЕ НА ПРЕДМЕТОТ ПОЛАГАЊЕ (теоретски дел + задачи) преку ТЕСТОВИ (долги (краткипрашања + задачи) условзапоминување: min 0% оцена: тестови 80 75%, % програмски задачи 15 %,% присутност 10 5 % преку ИСПИТ (долги прашања + задачи) условзаиспит: потпис условзапоминување: min 50% оцена: испит 100 % услов за ПОТПИС (предадени програмски задачи) Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 1. ОПШТО ЗА МЕХАНИКАТА наставник: 1.1. ШТО Е МЕХАНИКА? Механиката е наука која ги опишува и предвидува условите на Механиката мирување е наука или движење која ги опишува на материјалните и предвидува тела условите изложени на на мирување дејство или на различни движење сили, на материјалните како и нивното тела взаемно изложени дејство. на дејство на различни сили, како и нивното взаемно дејство.

3 1.. ОСНОВНИ ЗАКОНИ НА МЕХАНИКАТА? I Њутнов закон: Секое материјално тело останува во состојба на мирување или рамномерно праволиниско движење сé додека на телото не дејствува некоја сила и не ја промени таа положба. II Њутнов закон: Тело ќе има забрзување пропорционално на силата која дејствува. m a III Њутнов закон: Силите на акција и реакција помеѓу две тела имаат ист интензитет и ист правец на дејствување, но спротивни насоки. Њутнов закон за гравитација: Две тела се привлекуваат со еднакви, но спротивни сили. m G G W mg, g r R 1.. ЕДИНИЦИ МЕРКИ - SI МЕРЕН СИСТЕМ? Основните големини. Должина, време, маса и сила. Интернационален Систем на единици мерки (SI): Основни големини и единици мерки Должина метар [m] Време секунда [s] Маса килограм [kg] Изведени големини и единици мерки (сила, брзина, забрзување итн.) ma 1 N m s 1 kg 1 ПРЕФИКСИ КАЈ ЕДИНИЦИТЕ МЕРКИ SI Симбол Префикс Експоненцијална форма G гига 10 9 мега 10 6 k кило 10 m мили 10 - μ микро 10-6 n нано m 100 cm 1cm 10 mm 1m 1000mm 1kN 1000 N 1N 1000 kn 1N N

4 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01. ВОВЕД ВО СТАТИКАТА наставник:.1. ОСНОВНИ ПОИМИ НА СТАТИКАТА Статиката е дел од механиката која ја изучува рамнотежата на материјалните тела под дејство на силите Рамнотежа на тело е мирување на тоа тело во однос на друго тело. (апсолутна/релативна рамнотежа) Сила е количинска мерка за механичкото заемно дејство меѓу материјалните тела. ( Причина за секоја промена на состојбата на мирување или состојбата на движење на едно материјално тело) тело Силата. е векторска големина насока А Силата е вектор врзан за права Видови сили правец O нападна точка α Компланарни (сили кои лежат во иста рамнина) Колинеарни (сили кои лежат на иста права) Конкурентни (сили кои се сечат во една точка)

5 .. ОСНОВНИ ЗАДАЧИ НА СТАТИКАТА Сложување на сили и сведување на даден систем на сили на поедноставен облик Определување на условите за рамнотежа на даден систем од сили што дејствуваат на слободно круто тело.. АКСИОМИ НА СТАТИКАТА Прва аксиомa: Слободно круто тело се наоѓа во положба на мирување под дејство на две сили само ако тие две сили се еднакви по интензитет ( 1 = ), лежат на иста нападна линија и се со спротивна насока. Резултантата од двете сили е нула ( R =0). За рамнотежа 1 = и R =0 5

6 Втора аксиомa: Дејството на даден систем од сили, на круто тело, не се менува ако на дадениот систем на сили се додаде или одземе урамнотежен систем од сили. А = А = А О - О О Силата може да се помести по правецот на нејзиното дејствување (вектор врзан за права) Трета аксиомa: Резултантата од две сили 1 и, кои дејствуваат на круто тело во една точка, е определена со интензитет, правец и насока, преку дијагоналата на паралелограмот конструиран над силите како страни. 1 R O Четврта аксиомa: Силите со кои дејствуваат две материјални тела, едно на друго, се еднакви по интензитет и правец, а спротивни по насока. 1 1 Петта аксиомa: Ако деформабилно тело, под дејство на даден систем од сили, се наоѓа во рамнотежа, рамнотежата ќе се одржи и тогаш ако телото стане апсолутно круто. 6

7 .. ВЕКТОРИ И ОПЕРАЦИИ СО ВЕКТОРИ Скаларни големини. Големини определени само со бројна вредност. Векторски големини. насока А Големини кои се определени со нападна точка, правец, насока и интензитет. правец O нападна точка α Еднакви вектори. Вектори кои имаат ист правец, иста насока и ист интензитет. Негативни вектори. Вектори кои имаат ист интензитет, ист правец, но спротивна насока. СОБИРАЊЕ НА ВЕКТОРИ Паралелограм Полигон А R O В R B R B B 7

8 ОДЗЕМАЊЕ НА ВЕКТОРИ B МНОЖЕЊЕ НА ВЕКТОР СО СКАЛАР -B B O β B γ α R КОСИНУСНА ТЕОРЕМА R B B cos O СИНУСНА ТЕОРЕМА B R sin sin sin 8

9 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01. СИСТЕМ НА СИЛИ КОИ ДЕЈСТВУВААТ ВО ЕДНА ТОЧКА наставник:.1. СЛОЖУВАЊЕ НА ДВЕ СИЛИ КОИ ДЕЈСТВУВААТ ВО ЕДНА ТОЧКА ВО РАМНИНА СО ПАРАЛЕЛОГРАМ НА СИЛИ R O α φ 1 ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА ГОЛЕМИНАТА НА РЕЗУЛТАНТАТА R O φ α α cos R cos cos 1 1 R 1 1 cos 1

10 ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА ПРАВЕЦОТ НА РЕЗУЛТАНТАТА R O φ α α sin 180 sin sin180 sin R R sin R sin R arcsin sin R R ПРИМЕР: Да се определи резултантата од силите кои дејствуваат на завртката R P Q PQ cos B cos155 97,7N R sin 0 sin155 Q R Q sin 0 sin155 R 0 15,0 5, ,0.. ПОСЕБНИ СЛУЧАИ НА СЛОЖУВАЊЕ НА ДВЕ СИЛИ а) α =0 о O 1 R R 1 б) α = π =180 о O R 1 R 1

11 в) α = π/ =90 о Интензитет на резултанта R 1 R Правец на резултанта O φ 1 tan arctan СЛОЖУВАЊЕ НА ПОВЕЌЕ СИЛИ СО ПАРАЛЕЛОГРАМ НА СИЛИ O 1 R 1 R R1 1 R R R1 R R 1 R.. СЛОЖУВАЊЕ НА ПОВЕЌЕ СИЛИ СО ПОЛИГОН НА СИЛИ Графичко сложување на систем од сили 1 R O R 1

12 .5. СЛОЖУВАЊЕ НА СИЛИ ШТО ДЕЈСТВУВААТ ВО ЕДНА ТОЧКА СО МЕТОД НА ПРОЕКЦИИ НА СИЛИ Силата може да се проектира на две взаемно нормални компоненти. cos O α sin O O R R O 1 O α R R i 1 R i 1 Интензитет на резултанта R R R R Правец на резултанта R tan

13 ПРИМЕР: Да се определи резултантата од силите кои дејствуваат на завртката n R i i1 n R i i1 n R i i1 сила 1 големина 150 N 80 N 110 N 100 N n R i i1 R i 199,1N компонента компонента 19,9 N 75,0 N 7, N 75, N 0 N 110,0 N 96,6 N 5,9 N R 199,1N R 1, N n i1 n R i 1,N i1 R R =1, N R =199,1 N R R R 199,1 1, R 199,6 N tan R R 1, 199,1, 1 5

14 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01. СТАТИЧКИ МОМЕНТ И СПРЕГ НА СИЛИ наставник:.1. ПОИМ ЗА СТАТИЧКИ МОМЕНТ O d r θ θ Статички момент е дејство што го врши силата врз тело околу неподвижната точка или оска. Истиот ја покажува намерата на силата да предизвика ротација на тело околу точката, односно оската. Статичкиот момент е вектор врзан за точка, бидејќи за различен избор на моментна точка се добиваат различни вредности за статичкиот момент O O r r, r sinθ d Nm Статичкиот момент има вредност нула ако: - силата е нула (=0) - нормалното растојание е нула (d=0) односно нападната линија на силата минува низ моментната точка 1

15 Доколку силата се стреми да ја заврти структурата обратно од правецот на движење на стрелките на часовникот, статичкиот момент е позитивен. Доколку силата се стреми да ја заврти структурата во правец на движење на стрелките на часовникот, статичкиот момент е негативен... ВАРИЊОНОВА ТЕОРЕМА Статичкиот момент на резултантата од еден рамнински систем на сили кои дејствуваат во една точка, во однос на друга точка од рамнината, е еднаков на алгебарскиот збир од статичките моменти на одделните сили во однос на истата точка. r r r 1 1

16 1 O d 1 d O d Според Варињоновата теорема: Моментот околу дадена точка O од резултантата од неколку сили е еднаков на сумата од пооделните моменти од силите околу истата точка O. d 1 d1 d d... R 1 n Применувајќи ја Варињоновата теорема директното определување на моментот од силата може да се замени со определување на моменти од двете компоненти на силата. d А α d O.. СПРЕГ НА СИЛИ Две паралелни сили и - со ист интензитет и спротивни насоки поставени на меѓусебно нормално растојание d, формираат спрег на сили. d

17 O 1 O r 1 d r R 0 O1 O r 1 r r1 d d r d d Спрегот е слободен вектор, бидејќи неговата вредност не зависи од изборот на моментната точка ЕКВИВАЛЕНТНИ СПРЕГОВИ Два спрега на сили ќе имаат еднаков момент доколку: Имаат ист интензитет 1 d1 d лежат во иста или во две паралелни рамнини, и имаат иста насока Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 5. ПРОИЗВОЛНИ СИЛИ ВО РАМНИНА наставник:

18 5.1. РЕДУКЦИЈА НА СИЛИ Линиско поместување на сила Паралелно поместување на сила Секоја сила може да се помести паралелно на својата нападна линија, но притоа треба да се земе предвид и моментот што силата го прави во однос на точката на поместување. Моментот е векторскиот производ од радиус векторот до редукционата точка и силата, односно моментот има големина еднаква на производот од силата и нормалното растојание до редукционата точка. Оваа постапка се вика редукција на сила, а обратно е сложување на сила и момент (спрег на сили). 5

19 5.. СЛОЖУВАЊЕ ПРОИЗВОЛЕН СИСТЕМ НА СИЛИ ВО РАМНИНА d O d 1 d =. d =. d 1 = 1. d 1 O 1 1 R i 1 R i 1 R 1 tan R R R R =. d =. d 1 = 1. d 1 O R R R O α R R i 1 R i di d1 d 1 d R R O α O R d R d d R R R R R R 6

20 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 6. РАМНОТЕЖА наставник: 6.1. РАМНОТЕЖА НА СИСТЕМ СИЛИ КОИ ДЕЈСТВУВААТ ВО ЕДНА ТОЧКА ВО РАМНИНА Материјална точка на која дејствуваат повеќе сили се наоѓа во рамнотежа ако: R 0 i R R Аналитичките услови за рамнотежа се пишуваат: X 0 Y 0 0 i 0 i 6.. РАМНОТЕЖА НА ПРОИЗВОЛЕН СИСТЕМ СИЛИ ВО РАМНИНА Круто тело е во статичка рамнотежа кога надворешните сили и моменти не доведуваат до транслација и/или ротација на телото. Потребни и доволни услови за статичка рамнотежа на круто тело се резултантната сила и резултантниот момент да имаа вредност еднаква на нула. 0 O 0 Аналитичките услови за рамнотежа на произволен систем од сили во рамнина, се пишуваат: X 0 Y 0 O 0 1

21 6.. РАМНОТЕЖА НА НЕСЛОБОДНИ ТЕЛА И СИСТЕМ ОД ТЕЛА Прв чекор во анализа на статичка рамнотежа на круто тело е идентификација на сите сили кои дејствуваат на телото и цртање на дијаграм на сили на слободно тело. 1. Крутото тело се отстранува од врските со надворешноста и врските со останатите тела.. Се нанесуваат надворешните сили со својата нападна точка, правец и големина.. Се нанаесуваат непознатите сили-реакциите со нивната нападна точка, правец и претпоставена насока.. Се нанесуваат сите димензии потребни при пресметување. 5. Се применуваат условите за рамнотежа. X 0 B 0 Y 0 9,81, Се решава системот со равенки и се определуваат непознатите големини B 107,08 kn 107,08 B 1,5 9,81,5 6 0 kn kn,1

22 6.. РЕАКЦИИ ОД ВРСКИ КАЈ РАМНИНСКИ СИСТЕМИ

23 Пример: Да се нацрта дијаграмот на сили за слободно тело за системот прикажан на сликата 6.5. СТАТИЧКИ ОПРЕДЕЛЕНИ И НЕОПРЕДЕЛЕНИ СИСТЕМИ Статички определени системи се системите каде што непознатите кои произлегуваат од врските одговара на бројот на услови за рамнотежа. Статички определени системи Доколку бројот на непознатите е поголем од условите за рамнотежа, велиме дека системите се статички неопределени. Статички неопределени системи

24 6.6. ПРИМЕРИ ОД ПРИМЕНА НА УСЛОВИ ЗА РАМНОТЕЖА Пример 1: Да се определат силите во јажињата ако моторот има маса 50 kg Решение 1:,87 m Пример : Да се определат силите во јажињата ако товарот има тежина 500 N 5

25 Решение : Пример : Со јаже се влече 500-N тежок автомобил, како што е прикажано на сликата. Да се определат силите во јажињата. Решение : T B 570 N T C 1 N 6

26 Пример : Со сила T се подига товар со тежина 000 N. Да се определат силите во тркалата и во јажето. 75 o,5 m 0,6 m Решение : Пример 5: Да се определат реакциите во врските. 7

27 Решение 5: Пример 6: Да се определат реакциите во лежиштата. 15 kn 6 kn 6 kn 6 m m m m Решение 6: 15 kn 6 kn 6 kn 6 m m m m X 0 B B B 1,0 kn 0 0 B ,0 kn 8

28 Пример 7: Да се определат реакциите во точката А и силата во јажето АВ, ако гредата има маса од 10 kg. B G sin 5 G cos 5 0 B B X 0 76,96 N Y ,9 N cos 0 0 B sin 0 G 0 B 16,11 N 17,7 N 9

29 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје 7. НОСАЧИ наставник: 7.1. ОПШТО ЗА НОСАЧИ 7.. ВНАТРЕШНИ СТАТИЧКИ ГОЛЕМИНИ надворешни оптоварувања 1

30 реакции од врски со надворешноста (реакции во потпори) реакции од врски меѓу телата внатрешни статички големини

31 7.. ЛИНИСКИ НОСАЧИ ЛИНИСКИ НОСАЧ екруто тело во облик на права греда, потпрено на било какви потпори (лежишта). Во зависност од потпорите линиските носачи може да се поделат на: ПРОСТА ГРЕДА линиски носач потпрен на подвижно и неподвижно лежиште на неговите два краја ГРЕДА СО ПРЕПУСТ линиски носач потпрен на подвижно и неподвижно лежиште, а должината на гредата е поголема од растојанието меѓу лежиштата КОНЗОЛА линиски носач кај кој едниот крај е вклештен, а другиот слободен Носачите може да бидат оптоварени со: континуиран товар концентрирани сили концентриран момент Изборот на потпорите (лежишта) при формирањето на линиски носач се врши така да се спречат сите степени на слобода на движење на носачот

32 СТАТИЧКИ НЕОПРЕДЕЛЕНИ се носачите кај кои бројот на реакциите е поголем од бројот на услови за рамнотежа Континуирана греда потпрена на повеќе лежишта Конзола потпрена на крајот Носач вклештен на двата краја 7.. ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА ТРАНСВЕР. СИЛА, НАПАДЕН МОМЕНТ И АКС. СИЛА Дефинирање на надворешни оптоварувања и врски Цртање на дијаграмот на сили за слободно тело Определување на реакциите преку условите за рамнотежа М ak tr М ak tr Определување на внатрешните сили преку условите за рамнотежа за левиот или десниот дел М ak М ak tr tr Внатрешните големини кои се јавуваат во замислениот пресек (точка С) и што се во рамнотежа со сите надворешни сили и моменти што дејствуваатналевиотилинадесниотделодносачотсенарекуваат статички големини, асепретставенисотрансверзална сила ( tr ), нападен момент (М) и аксијална сила ( ak ). Графичките прикази за промена на статичките големини по должината на носачот се нарекуваат дијаграми на статичките големини

33 Трансферзалната сила tr во еден произволен пресек n-n е еднаква на алгебарскиот збир на сите надворешни сили и реакции кои имаат правец нормален на носачот, лево или десно од пресекот. Момент на свиткување или нападен момент М во еден произволен пресек n-n претставува алгебарски збир на статичките моменти од сите надворешни оптоварувања и реакции, лево или десно од пресекот. Аксијалната сила ak во еден произволен пресек n-n е еднаква на алгебарскиот збир на сите надворешни сили и реакции кои имаат правец на оската од носачот, лево или десно од пресекот. При пресметка на трансферзалната сила, нападниот момент и аксијалната сила се користат следните предзнаци: Трансверзална сила Нападен момент Аксијална сила ak ak tr tr ak ak tr tr = / B = / Проста греда симетрично оптоварена со концентрирана сила /,, tr -/,, =. l / 5

34 q = q. l / B = q. l / 7... Проста греда симетрично оптоварена со континуиран товар q. l /,, tr,, -q. l / = q. l /8 Пример 1: Да се определат реакциите и да се нацртаат дијаграмите на статичките големини за носачот прикажан на сликата Решение 1: 6

35 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје 8. РЕШЕТКАСТИ НОСАЧИ наставник: 8.1. ПОИМ ЗА РЕШЕТКАСТ НОСАЧ РЕШЕТКАСТ НОСАЧ (РЕШЕТКА) се нарекува конструкција која се состои од прави стапови кои на краевите се меѓусебно зглобно поврзани, а која е потпрена потпори (лежишта). ПРЕТПОСТАВКИ / АПРОКСИМАЦИИ: сите стапови од решетката се прави и поврзани со зглобови без триење силите дејствуваат во рамнина на решетката и само во јазлите сопствената тежина на стаповите е мала во споредба со надворешните сили и затоа се занемарува 1

36 Ако се исполнети претпоставките, тогаш секој стап е изложен на затегнување или притисок. внатрешни сили на истегнување внатрешни сили на збивање затегнат елемент притиснат елемент Стабилана решетка без одвишни стапови (s=n-) s- број на стапови n- број на јазли Нестбилна решетка (s<n-) Стабилана решетка со одвишни стапови (s>n-)

37 8.. МЕТОД НА ЈАЗЛИ Определување на реакциите Замислен прекин на стаповите од јазол во кој се поврзани најмногу стапа Примена на условите за рамнотежа за тој јазол (ΣX=0; ΣY=0) Определување на силите во тие два стапа по големина и насока Повторување на претходните постапки за секој јазол поединечно Внесување на вредностите за силите во табела Пример 8.1: Со методот на јазли да се определат силите во стаповите. X BC BC 500 Y 0 BC B 500 N sin 5 0 N cos 5 B МЕТОД НА ПРЕСЕЦИ (метод на Ритер) Определување на реакциите Замислен прекин на решетката на дела низ најмногу стапа и замена на внатрешните сили во исечените стапови

38 Примена на условите за рамнотежа за било кој дел од решетката (ΣX=0; ΣY=0; Σ=0) Определување на внатрешните сили во пресечените стапови 0 C 0 G Y 0 X 0 контрола GC G BC 0 C 0 G Y 0 GC G BC X 0 контрола Пример 8.: Со методот на пресеци да се определат силите во стаповите E, BE и BC. X BE BE cos , kn 5 0 CB E CB 5,0 kn 0 BE CB E затегање 1, kn 5,0 kn притисок 5,0 kn E B 5,0 kn промена на насока E E 0 5,0 kn

39 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје 9. ГЕОМЕТРИСКИ КАРАКТЕРИСТИКИ НА РАМНИНСКИ НАПРЕЧНИ ПРЕСЕЦИ наставник: 9.1. 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 1

40 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. W W W W 9.. ТЕЖИШТЕ НА ПОВРШИНА тежиштето на површина се пресметува по аналогија со тежиштето на тенка плоча при што се употребува концептот на момент на површина околу оска. c c i i C ; C i i тежиште на елементарни фигури

41 9.. ТЕЖИШТЕ НА ПОВРШИНА СО СЛОЖЕН ОБЛИК C C i i Ci Ci 1 C1 1 C1 C 1 1 C C C Ако површината има оска на симетрија, тогаш тежиштето лежи на оската на симетрија Ако површината има точка на симетрија, тогаш тежиштето лежи во таа точка Ако површината има две оски на симетрија, тогаш тежиштето е во пресекот на тие две оски Пример 9.1: Да се определи тежиштето на сложената фигура дадена на сликата.

42 Решение 9.1: правоаг. триагол. полукруг круг X mm mm X 5.8 mm Y mm mm Y 6.6 mm Пример 9.: Да се определи тежиштето на сложената фигура дадена на сликата.

43 Решение 9.: 9.. СТАТИЧКИ МОМЕНТ НА ПОВРШИНА 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. S S i i i i Статичкиот момент на една површина А во однос на нејзините тежишни оски е еднаков на нула!! 9.5. АКСИЈАЛЕН МОМЕНТ НА ИНЕРЦИЈА 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. I I i i i i 5

44 9.6. ПОЛАРЕН МОМЕНТ НА ИНЕРЦИЈА 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. I p I p бидејќи r = + ( ) I I i i r i 9.7. ЦЕНТРИФУГАЛЕН МОМЕНТ НА ИНЕРЦИЈА 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. I i i i 9.8. ШТАЈНЕРОВА ТЕОРЕМА 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 во однос на оските и се: положбен J = J + d и J = J + d положбен J = J + d d положбен сопствен сопствен сопствен 6

45 9.9. МОМЕНТИ НА ИНЕРЦИЈА ЗА ЕДНОСТАВНИ ФИГУРИ КРУЖЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК r d I I 6 С I p r d d=r I = ПРАВОАГОЛЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК h h/ h/ С I I b h 1 h b 1 I =0 b/ b/ b ТРИАГОЛЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК 0 I b h 1 I hb 1 h h/ 0 b/ T 0 I b h h I I 0 I b h h b h 0 1 b I 0 b h 6 I 0 hb 6 7

46 9.10. МОМЕНТИ НА ИНЕРЦИЈА ЗА СЛОЖЕНИ ФИГУРИ За сложени површини кои се состојат од неколку елементарни површини со познати моменти на инерција, вкупниот момент на инерција на таа сложена површина во однос на произволна оска е алгебарска сума на моментите на инерција на сите поодделни површини во однос на истата оска. I I [mm ] [mm ] 1 I omentot 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 a b 8

47 Пример 9.: Да се определат аксијалните моменти на инерција за напречен пресек даден на сликата. Решение 9.: Пример 9.: Да се определат аксијалните моменти на инерција за напречен пресек даден на сликата. c a h b C C C 1 a c c 1 1 c 1 c1 c c c a=0 (mm), b=80 (mm), h=100 (mm) ( ) 76, 67 (mm)

48 I I I a h c c1 c b C C C 1 a c a h Ic1 Ic1s Ic1p 1( c c1) ( 76, 67 50) 0895 ( mm ) 1 a b Ic Ics Icp ( c c ) ( , 67) ( mm ) 1 c1 c c c a=0 (mm), b=80 (mm), h=100 (mm) I I I c c1 c I I I c1 c1s a h ( mm ) 1 1 a b 0 80 Ic s ( mm ) 1 1 c a b c h C C C 1 c1 c c c a=0 (mm), b=80 (mm), h=100 (mm) a 10

49 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ ВОВЕД ВО ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ наставник: 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 1

50 10.. ПРЕТПОСТАВКИ ПРИ ПРИМЕНА НА ЈАКОСТА 1. Непрекинатост и хомогеност на материјалот (сите точки имаат исти механичко-физички карактерис.). Изотропност на материјалот (исти механичко-физички карактер. во сите правци). Идеална еластичност (враќање во првобитната форма). 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.) 10.. ПОИМ ЗА НАПРЕГАЊЕ И ОСНОВНИ ВИДОВИ НА НАПРЕГАЊА i n I II 1 дејство на надвор. оптовар. напрегнато тело замислен пресек внатрешни сили ОСНОВНИ НАПРЕГАЊА 1. Аксијално. Смолкнување. Торзија. Свиткување 5. Извивање

51 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 11. АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА наставник: ПОИМ ЗА АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ на линиски носач (стап) делува само аксијална сила истегнување притисок ПРИМЕРИ ЗА АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ

52 НАВЕДЕТЕ ДРУГИ ПРИМЕРИ ЗА АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ 11.. НАПОНИ КАЈ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ ВО НОРМАЛНИ ПРЕСЕЦИ - нормален напон кај аксијално напрегање (N/mm ) големина на аксијалната сила во (N) површина на напречниот пресек во (mm )

53 11.. ДЕФОРМАЦИИ КАЈ АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ а) недеформиран елемент б) деформиран елемент а) истегнување б) збивање 1< z z l l l 1 l l E Δl апсолутна линиска деформација во (mm) големина на аксијалната сила во (N) l должинанаелементотво(mm) површина на напречниот пресек во (mm ) Е Јунгов модул на еластичност во (N/mm ) l l E Апсолутна линиска деформација z Релативна деформација = E z Хуков закон p = - z Напречна дилатација (контракција) 5

54 11.. ЗАВИСНОСТ НАПРЕГАЊА - ДЕФОРМАЦИИ Δl дијаграм σ ε дијаграм ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ ПРИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ Пресметки на напоните (контрола на цврстината) d Пресметки на деформациите (контрола на крутоста) d k s L L E 0 L doz 6

55 d 1. Димензионирање (определување на големината на напр. пресек) d. Носивост (определување на максималното оптоварување) ma d. Проверка на напоните d d задоволува незадоволува 7

56 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 1. ТОРЗИЈА наставник: 1.1. ПОИМ ЗА ТОРЗИЈА Ротациони машински елементи кои пренесуваат силина: Разни трансмисиони вратила, вратила на запчести преносници, вратила на електромотори, пумпи, вентилатори и др. 1.. МОМЕНТИ НА ТОРЗИЈА t1 t t моментите на торзија дејствуваат во рамнина нормална на надолжната оска t + t t1 - t дијаграмите на моментите на торзија се цртаат по должината на елементот Статички услов за рамнотежа 0 t t1 t t Моментот на торзија има предзнак + ако векторот на вртење има иста насока како и надворешната нормала (правило на десна рака) 0 n + t 1

57 1.. ТОРЗИЈА НА СТАП СО КРУЖЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК ПРЕТПОСТАВКИ напречните пресеци остануваат рамни и нормални на надолжната оска растојанијата помеѓу напречните пресеци не се менуваат радиусите на напречните пресеци не се искривуваат и имаат иста должина Распределбата на тангенцијалните напрегања по површината на кружен напречен пресек при дејство на момент на торзија е линеарна I p t T ρ τ ma Максимален напон се јавува на периферните влакна и изнесува: I p t R или W t p каде што I p Wp R поларен отпорен момент t L G I p деформација при торзија (агол на усукување) t ' L G I p специфична аглова деформација G I p торзиона крутост

58 1.. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ ПРИ ТОРЗИЈА услов на напон t dt W p услов на деформации t ' ' d G I p 1. Димензионирање (определување на големината на напр. пресек) ma dt ' ma ' d. Носивост (определување на максималното оптоварување) t W p dt t d I pg. Проверка на напоните ma dt dt задоволува dt незадоволува 1.5. ДИМЕНЗИОНИРАЊЕ НА ВРАТИЛА ПРИ ТОРЗИЈА R D I p I p D ПОЛНО ВРАТИЛО Wp кружен напречен пресек D / 16 C τ према дозволен напон t 16 dt D t D dt 16 према дозволена спец. деформација t t D=R ' d D D G ' d G се усвојува поголемата вредност за D D d D I p I p D Wp (1 ) D / 16 према дозволен напон t dt D (1 ) 16 D G (1 ) t d ' (1 ) D 16 t (1 према дозволена спец. деформација D dt ) t G ' (1 ШУПЛИВО ВРАТИЛО прстенест напречен пресек d ) C r R се усвојува поголемата вредност за D τ

59 Пример 1.1: Да се димензионира носачот прикажан на сликата и да се нацртаат дијаграмите на моментите, напоните и деформациите, ако е познато: = t =10 knm, L = 1, m, G = N/mm, doz = 160 N/mm. Решение 1.1: B BC 0 knm; 10kNm W T doz 6 6 T B B 160 d 9. mm WB d T BC BC 160 d 68. 8mm WBC d УСВОЕНО: d B =d=16,56 mm и d BC =d=68,8 mm T B W B B BC W T BC BC N/mm ; N/mm

60 B B C B 6 B l B rad 1.76 G B I P B BC rad Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1. СМОЛКНУВАЊЕ наставник: 5

61 1.1. СМОЛКНУВАЊЕ ПОД ДЕЈСТВО НА СИЛА a γ s a s G напон при смолкнување Δs = a tg a и G апсолутна деформација при смолкнување G агол на лизгање при смолкнување G крутост на смолкнување 1.. СЕЧЕЊЕ посебен случај на чисто смолкнување z се појавува при дејство на две спротивно насочени трансферзални сили кои дејствуваат на мало растојание моментот од свиткување е занемарливо мал z кога ќе ја достигне критичната вредност настанува сечење (кинење) на материјалот 1.. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ ПРИ СМОЛКНУВАЊЕ s 1. Димензионирање (определување на големината на напр. пресек) ds. Носивост (определување на максималното оптоварување) ds. Проверка на напоните s s s ds ds задоволува незадоволува ds 6

62 1.. ПРЕСМЕТКИ ПРИ СПОЈУВАЊЕ НА ЛОСТОВИ СО ОСОВИНА 1 > рамнини на сечење 1 1 d b Напрегање на смолкнување на осовината Напрегање на притисок c cd c d / c cd d c ds s d d 1 d пресметковна распределба на притисокот вистинска распределба на притисокот Аксијално напрегање на лостовите e ed ( b d) e 1.5. ПРЕСМЕТКИ ПРИ СПОЈУВАЊЕ НА ЕЛЕМЕНТИ СО ЗАКОВКИ спој со преклоп t t n t 1 > t t 1t спој со подлошки t 1 n n 7

63 едносечна врска / / двосечна врска преклопен еднореден спој преклопен двореден спој спој со подлошки (еднореден) Напрегање на смолкнување на заковките N k d Напрегање на притисок c c N d cd d Аксијално напрегање на лимовите b d e ed ( b d) e Задача: Да се определи потребниот број заковки со дијаметар d=0mm за сврзување на два лима со дебелина δ 1 = 8 mm и δ = 10 mm, акосилатанаистегнување е = 00 kn, тангенцијалниот напон τ d = 10 (N/mm ) и σ c = 0 (N/mm ). Бројот на заковки треба да ги задоволи условите: d N d и c N d 1 Се добива: N и N d d 1 c d N,55 5; 0, N,

64 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 1. СВИТКУВАЊЕ наставник: 1.1. ПОИМ ЗА СВИТКУВАЊЕ L Која е разликата со аксијално напрегање и торзија? θ w доаѓа до искривување на пррвобитно правата оска L ЧИСТО СВИТКУВАЊЕ (само нанападни моменти) =h =h СВИТКУВАЊЕ ОД СИЛИ (нанападни моменти + трансферзални сили) l B - TR K 1

65 1.. НАПОНИ ПРИ ЧИСТО СВИТКУВАЊЕ ma распределба на 0 напоните по висината h/ ma на напречниот пресек C z h 0 J h/ неутралната линија се поклопува со тежишната оска b ma максимални напони ma J ma W М голем. на мом. на свиткување во посматраниот пресек од носачот I аксијален момент на инерција на напречниот пресек растојание од тежиштето до разгледуваното место по висина на пресекот W отпорен момент на напречниот пресек W J ma σ gore = σ ma - z T неутрална лин. 1 = ma z I gore 1 I dole I напони за растојание напони во горни слоеви (збивање) напони во долни слоеви (истегнување) ma W J J ma + σ dole максималниот напон е: ma W отпорен момент [m]

66 обликот на напречниот пресек не влијае на обликот на дијаграмите на нормалните напони, односно распределбата по висината е секогаш линеарна. максимални напони се јавуваат на најодалечените влакна (слоеви), а во тежиштето напоните имаат вредност НАПОНИ ПРИ СВИТКУВАЊЕ ОД СИЛИ h<<l h C z / / L/ L/ + tr - / / / tr b во пресекот имаме: + L/ tr ( ) Определување на нормалните напони при свиткување од сили z I ma J ma W - грешката е мала - пресметките се поедноставуваат - влијанието на трансферзалната сила на нормалните напрегања за h<<l е занемарливо Изразот за определување на нормалните напони е ист за чисто свиткување и за свиткување од сили

67 h h/ h/ C 1 z ma 0 0 ma Определување на тангенцијалните напони при свиткување од сили b 0 tr S I b tr големина на трансверзалната сила во посматраниот пресек од носачот S статички момент од површината над или под разгледуваното место по висина на напречниот I аксијален момент на инерција на напречниот пресек b ширина на напречниот пресек на разгледуваното место по висина на пресекот 1.. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ НА ЕЛЕМЕНТИ ИЗЛОЖЕНИ НА СВИТКУВАЊЕ ma J ma ma ma W 1. Димензионирање (определување на гол. на нап. пресек) W ma doz. Носивост (определување на макс. оптоварување) doz ma W doz. Проверка на напоните d задоволува ma ma W d незадоволува doz + проверка на тангенцијални напони Пример 1.1: Да се нацртаат дијаграмите на нормалните напони за опасниот пресек и тангенцијалните напони за максимална трансферзална сила. а=0 mm

68 Определување реакции и цртање на дијаграмите на статичките големини Определување реакции 0 B 7, 5 KN 0, KN B 5 Трансферзални сили TR, 1 TR, B,5 [ kn] 7,5 [ kn] B q 0 115[m], Нападни моменти 0 l.5 [ knm] 1 0 B ma l q 7,0[ knm] Определување на геометриски карактеристики на напречен пресек 6a a 5a T i i 5a a 6.5a 6a a a T. 59a a 10a a 8a I i a 5a 1 5a a 1.91a a 6a 1 a 6a 1.59a T a.59a.1a I 51.8a W W I 51.8a , ,ma.1a.1 0 I 51.8a 51.80, 908,ma.59a.590 mm mm 1 T - Цртање на дијаграми на нормални напрегања ma ma, 1 0,8 N / W, mm ma ma, 77,8 N / W, 908 mm 5

69 Цртање на дијаграми на тангенцијални напони 1 S S S S,1,, T, 0 5a a 1.91a 9.55a S,ma.59a a.59a 10,5a T gore dole ma gore TR 9.55a 0,7 N / 51.8a 5a dole TR 9.55a, N / 51.8a a mm mm TR 10.5a ma,8 N / 51.8a a mm Кои напони се доминантни? Колку се тангенц. напони во опасниот пресек? Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА наставник: ПОИМ ЗА ОТКЛОН И НАКЛОН z φ φ z ma =f Отклон () е растојание помеѓу произволна точка од недеформираната оска на носачот и истата таа точка на деформираната оска. Максималниот отклон се бележи со f ( ma =f). Наклон (= ) 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. 6

70 15.. ДИФЕРЕНЦИЈАЛНА РАВЕНКА ЗА ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА z φ φ z ma =f ( z) (1 ) / E I Општ облик на диференцијалната равенка за еластична линија. -нелинеарна диф. равенка -важи за големи поместувања За мали деформации <<1, за координатен систем поставен како на сликата и за знаци на моментите како што се договорени во статиката: E I ( z) Отклонот () е позитивен кога има иста насока како позитивната насока од - оската. Наклонот (= ) е позитивен ако тангентата на еластичната линија, повлечена од лево кон десно, е наклонета во правецот позитивната -оска. >0 =0 <0 z E I ( z) + <0 =0 >0 z E I ( z) - Методот на непосредна интегрирација се состои во двократно последователно интегрирање на диференцијалната равенка E I ( z) каде што: (z) - закон за промена на моментот на свиткување по должина на носачот Е - Јунгов модул на еластичност I акс.момент на инерција за напр. пресек 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. 7

71 15.. ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА ЗА ПРОСТА ГРЕДА ОПТОВАРЕНА СО КОНТИНУИРАН ТОВАР z =ql/ ( z ) (z) q z z E I ( z) =0 L q q q z z z E I = konst. B =ql/ Диференцијалната равенка за деформациите на еластичната линија на гредата се добива: q q z EI z законот за промена на моментот на свиткување После првата интеграција се добива: q z q z EI C1 6 После втората интеграција се добива: општа равенка на наклоните на еластичната линија на гредата EI q z q z 6 C z C 1 општ израз за уклоните на еластичната линија на гредата Интеграционите константи С 1 и С се добиваат од условите на потпирање За z=0, = =0 За z=l, = B =0 z (z) w =0 L q z B Од равенството: EI q z q z 6 C z C 1 За z=0, = =0 се добива: q 0 q 0 0 C1 0 C 6 За z=l, = B =0 се добива: q l q l C l C 0 C1 q Конечните равенки за деформациите на гредата се: q EI z z 1 6 q EI z z z 8

72 q B E I = konst. f L =0 B z уклонот е максимален таму каде што тангентата на еластичната линија е хоризонтална ( ==0), односно за z=l/ ma 5q f 8 E I наклонот е максимален на потпорите q (за z=0) E I q (за z=l) B B E I 15.. ЕЛАСТИЧНА ЛИНИЈА ЗА КОНЗОЛА ОПТОВАРЕНА СО КОНТИНУИРАН ТОВАР ( z ) z q Диференцијалната равенка за деформациите на еластичната линија на конзолата е: E I l ( z) (z) z L L-z q B q EI E I = konst. z законот за промена на моментот на свиткување q z q z После првата интеграција се добива: q z q z општа равенка на EI zq C1 наклоните на еластичната 6 линија на конзолата После втората интеграција се добива: општ израз за q z z q z EI уклоните на q C1zC 6 еластичната линија на конзолата Интеграционите константи С 1 и С се добиваат од условите на потпирање За z=0, = =0 и А =0 z (z) L L-z q B z 9

73 10 За z=0, = =0 се добива: За z=0, = А =0 се добива: Од равенствата за i се добива: C 1 0 C 0 Конечните равенки за деформациите на конзолата се: 6 z z z EI q 6 z z z EI q C q q q C q q q уклонот и наклонот се максимални на слободниот крај од конзолата, односно за z=l z z E I = konst. q L ma =f B = ma B B I E q 6 ma EI q f 8 ma 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,, 1, n 1... ;...

74 q ( q) ( ) ( ) L/ L/ B z / ( q) z / ( ) z / ( ) z / q L L/ L/ B B ( ) q ( ) ( ) q z / ( ) z / L B ( )... ( ) z /... Пример 15.1: Со методот на суперпозиција да се определи отклонот и наклонот на носачот во точката В wl wl B B I B II 6EI 8EI wl 7wL B B I B II 8EI 8EI 7wL B 8EI 1wL B 8EI 11

75 Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ ИЗВИВАЊЕ наставник: 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 напон (σ ma σ d). 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 состојба се враќа во првобитната рамнотежна полож. индиферентна состојба се задржува новата положба како рамнотежна лабилна состојба продолжува процесот H H < kr = kr > kr 1

76 16.. ОЈЛЕРОВА КРИТИЧНА СИЛА E I kr min r E I min r Јунгов модул на еластичност најмал момент на инерција редуцирана должина l R l l R l l R 0, 7 l l R 0, 5l 1 0,7 0, ПРЕСМЕТКИ ПРИ ИЗВИВАЊЕ kr степен на сигурност од извивање kr E I kr r min E r критичен напон на притисок r l r I min виткост на стапот I min kr E r E r димензионирање според критична сила Пример 16.1: Столб со должина L=, m, на едниот крај е приклештен за подлогата, а на слободниот крај е оптоварен со аксијална сила на притисок P. Столбот е изработен од алуминиум (Е= 70 GPa) со правоаголен напречен пресек со димензии b = 10 mm и d = 80 mm. Да се определи максимално дозволената сила на притисок за степен на сигурност од извивање 1,95.

77 Решение 16.1: b d I mm 1 1 d b I mm 1 1 I I mm min 5 E 70 GPa 7010 N/mm 0,7 10 N/mm l l l, m r E I kr min r N kr kr kr ν ν kr ma ν 1,95 5,1 0, , kn Пример 16.: Да се определи степенот на сигурност против извивање на елементите од конструкцијата прикажана на сликата. Елементите имаат прстенест напречен пресек со дијаметар D=100 mm и дебелина δ = 1 mm. Решение 16.: X 0 BC cos B 0 Y 0 BC sin 0 BC sin ctg 0 kn B I min I I mm E I kr r min 0 kr 0, (10 ) 0 kn