ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ úíýõðÿòèôíýèõðòè - jakost...•...

1

МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТСКОПЈЕ

ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕПроф. д-р Виктор Гаврилоски

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА

3М21ОМ01

Универзитет “Св. Кирил и Методиј”

Машински факултет - Скопје

професор:

доц. д-р Виктор Гаврилоски

кабинет 210приемни термини: понеделник 13-14 ч.

среда 16-17 ч.

ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ

наставник: Проф. д-р Виктор Гаврилоски

2. АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА


3М21ОМ01



професор:





3М21ОМ01



професор:




Универзитет „Св. Кирил и Методиј“ во Скопје

Машински факултет




3М21ОМ01



професор:




2.4. ХУКОВ ЗАКОН

l

l

AE

lFl

Релативна деформација

Апсолутна линиска деформација

A

F

Нормален напон

F F

A

F

FF

EХуков закон врска помеѓу напон и деформација




3М21ОМ01



професор:




2.5. КАРАКТЕРИСТИКИ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ ПРИ АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА

2




3М21ОМ01



професор:




σ – ε дијаграм




3М21ОМ01



професор:




2.6. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ ПРИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ

Јакосните пресметки при аксијално напрегање се базираат на претпоставката дека напонот во разгледуваниот пресек од елементот не смее да го помине дозволениот напон, односно:

dA

F

1s

Тd

k

2s

Md

k

Дозволениот напон се пресеметува кога границата на течење или максималната затезна цврстина ќе се поделат со соодветен коефицент на сигурност. Овој коефицент на сигурност обезбедува во пресметките да се земе дозволен напон кој се наоѓа во подрачјето на еластичност

или




3М21ОМ01



професор:




dA

F

d

FA

AF dmax

A

F

Носивост

(определување на максималното оптоварување)

Проверка на напоните

Димензионирање

(определување на големината на напр. пресек)

d

d

задоволува

незадоволува

3




3М21ОМ01



професор:




Пример 1:

Два цилиндрични елементи AB и BC се меѓусебно заварени во точката B И оптоварени како што е прикажано на сликата . Ако е познато дека напоните не треба да бидат поголеми од 175 MPa за делот AB и 150 MPa за делот BC, да се oпределат најмалите можни вредности на d1 и d2.




3М21ОМ01



професор:




Решение :

d

FA

d

Fd

4

mm6,2217514,3

10704 3

1

d

mm96,1515014,3

10304 3

2

d

mm23(min)1 d

mm16(min)2 d




3М21ОМ01



професор:




γ ≠ 0 ( специфична тежина)

L0

A

Напонска состојаба

Gx

Fak(x)

ΣX=0 → Fak(x) = Gx = A·x·γx

Gx=A·x·γx

A

F xak

x )(

2.7. СОПСТВЕНА ТЕЖИНА КАКО АКСИЈАЛНА СИЛА

4




3М21ОМ01



професор:




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

• Најголем напон се појавува на местото на вклештување.

dL max

ddL

MkrL

дозволена должина

критична должина

Fakσx

за x = L




3М21ОМ01



професор:




L0

A

Деформациона состојба

x

Gx=A·x·γ

dxE

xdx

Edxdx

dx

dx

xx

x

AE

LG

AE

LLAL

A

A

E

Ldx

E

xdxL

LL

22

2

2

00

dx

AE

LGL

2

Δdx

се разгледува диференцијален дел на елементотпроменлив напон по должината




3М21ОМ01



професор:




xA

Fx L0

A

Принцип на суперпозиција:

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

F

γ ≠ 0

AE

LG

F

L

AE

LG

AE

LFL

0

00

2

2

2.8. ДЕЈСТВО НА СИЛА И СОПСТВЕНА ТЕЖИНА КАКО АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ

5




3М21ОМ01



професор:




σmax = σd

dLA

F max

L

FA

d

potrebno

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




3М21ОМ01



професор:




dd

x

d

x

x eF

eAA

0

Идеа:

да се направи елемент со целосно

искористување на материјалот (d по

целата должина на елементот)L0

Ax

Fγ ≠ 0

A0

σx

Проблем:

комплицирана изработка

2.9. ИСКОРИСТУВАЊЕ НА МАТЕРИЈАЛ ПРЕКУ ОБЛИКОТ

идеален обликЕЛЕМЕНТ СО КОНСТАНТЕН НАПОН ПРИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ




3М21ОМ01



професор:




1

1L

FA

d

dLA

F 1

1

max

L1

A2

F γ ≠ 0

A1

L2

L3

Ln

A3

An

σx

СКАЛЕСТО СОСТАВЕНИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ

212

12

LL

F

L

AA

dd

d

d

d

321

1

1

LLL

F

L

AA

ddd

n

d

nd

dnn

Идеа: да се направи едноставен елемент со големо искористување.

6




3М21ОМ01



професор:




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 деформацијата на стаповите.




3М21ОМ01



професор:




A B

C

1 2

(1) E1,A1,L1

(2) E2,A2,L2

F

1 2

C

F

FS2FS1

ΣX=0

FS1·sin1- FS2·sin2=0

ΣY=0

FS1·cos1+ FS2·cos2=F

22

2S22

11

1S11

AE

LFΔL

AE

LFΔL

ΔL1ΔL2

C1C2

C’

δC → FS1 и FS2

(δC= δCH +δC

V )

Статичка рамнотежа:

Деформација на елементи:




3М21ОМ01



професор:




C

1 2

F ΔL1ΔL2

C1C2

C’

δC 90-(1+2)

s1=C’C1

90-(1+2)

ΔL2= ΔL1·cos(1+2 )+s1 ·sin(1+2 )

21

2112

1sin

cosLLs

1

21

2112

11

1111

H

C

cossin

cosLLsinL

cosssinL

1

21

2112

11

1111

V

C

sinsin

cosLLcosL

sinscosL

δCH

δCV

2V

C

2H

CC

поместувањето е добиено преку деформациите1

7




3М21ОМ01



професор:




Пример 2:

Крута греда BDE е поврзана со два лоста AB и CD. Лостот AB iе направен од алуминиум (E=70 GPa) и има површина на напречен пресек од 500 mm2, а лостот CD е направен од челик (E=200 GPa) и има површина на напречен пресек од 600 mm2. При дејство на сила од 30-kN во точката Е, како што е прикажано на сликата, да се определат поместувањата на точките B, D и E.




3М21ОМ01



професор:




Решение:

Определување на внатрешни сили со примена на условите за рамнотежа




3М21ОМ01



професор:




Определување на реалните апсолутни деформации на елементите

8




3М21ОМ01



професор:




Скицирање на план на поместувања и поставување на геометриски зависности за определување на поместувањата во карактеристични точки




3М21ОМ01



професор:




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 (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.

2.11. СТАТИЧКИ НЕОПРЕДЕЛЕНИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ СИСТЕМИ




3М21ОМ01



професор:




0

0

BA

x

FFF

F

0)(

0

0

12

AE

lFF

AE

lF

ll

l

BB

ACCB

B

Двострано вклештени елементи

Статички услови за рамнотежа

Деформационен услов l2l1

)( 21

1

ll

lFFB

9




3М21ОМ01



професор:




E=∞A BC

D

E

F

a1

a2

L

1

2

(1) E1,A1,L1

(2) E2,A2,L2

F

FS1

FS2

FAy

FAx

4 непознати - 3 равенки

= 1х стат. неопред.

FS1

FS 2ΣM(A)=0

FS2·sin2·a2+FS1·sin1·a1=F·L

Крути елементи потпрени на цврсти (деф.) врски




3М21ОМ01



професор:




E=∞A BC

D

E

F

a1

a2

L

1

2

FFS 1

FS 2

C’

ΔL1

1B’

ΔL2

2

Услов од деформации

сличност ACC’=ABB’

2

2'

1

1'

sin

LBB

sin

LCC

2

'

1

'

a

BB

a

CC

2

2

2

1

1

1

sin

L

a

a

sin

L

22

2S2

2

1

2

1

11

1S1

AE

LF

sinα

sinα

a

a

AE

LF

ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ úíýõðÿòèôíýèõðòè - jakost...•...

Documents