: 312 ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1 - mf.ukim.edu.mk · PDF file1 МАШИНСКИ...

1

МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТСКОПЈЕ

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1Проф. д-р Виктор Гаврилоски

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1

наставник: Проф. д-р Виктор Гаврилоски

ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ

Универзитет “Св. Кирил и Методиј”Машински факултет - Скопје

Кабинет: 207Приемни термини: понеделник и вторник - 16 часот

код: 312



ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ

1. изучување на услови за рамнотежа на точка икрути тела, определување на внатрешни сили исили од триење (СТАТИКА)

1. Р.Јосифовска, Механика I – Статика, Скопје 19932. А.Илиевски, Љ.Тодоровска-Ажиевска, Н.Бабамов, Јакост наматеријалите, Скопје 2004

3. З.Петрески, В.Гаврилоски, Х.Мицкоски, Статика – задачи,Скопје 2005

2. изучување на напонско-деформациона состојба, димензионирање и проектирање на машинскиделови и конструкции (ЈАКОСТ)

ОСНОВНА ЛИТЕРАТУРА



ОРГАНИЗАЦИЈА НА ПРЕДМЕТОТ

теоретска настава: (понеделник 14-17 ч. во 310)

аудиторни вежби: група 16 и 17 (понеделник 17-19 ч. во 310)група 18 и 19 (среда 18-20 ч. во 310)

корекц. вежби: група 16 и 17 (пон. 19-20:30 ч. во 310)група 18 и 19 (среда 20-21:30 ч. во 310)

Секој студент треба да носи со себе: прибор запишување, тетратка и дигитрон.

Програмските задачи се предаваат на корекцискитевежби во предвидени рокови.Домашните задачи се корегираат на корекциски вежби / консултации

2



ПОЛАГАЊЕ (теоретски дел + задачи)

преку ТЕСТОВИ (кратки прашања + задачи)услов за поминување: min 30%

преку ИСПИТ (долги прашања + задачи)услов за испит: потписуслов за поминување: min 50%

услов за ПОТПИС (предадени програмски задачи)

ПОЛАГАЊЕ НА ПРЕДМЕТОТ

оцена: тестови 75%, програмски задачи 15 %,присутност 10 %

оцена: испит 100 %

80 %15 %

(долги прашања + задачи)

5 %

освоени 3,75+3,75= 7,5 поени од тестирање на домашни задачи





ОПШТО ЗА МЕХАНИКАТА


код: 312



1.1. ШТО Е МЕХАНИКА?• Механиката е наука која ги опишува и предвидува условите на

мирување или движење на материјалните тела изложени на

дејство на различни сили, како и нивното взаемно дејство.

• Механиката е наука која ги опишува и предвидува условите на

мирување или движење на материјалните тела изложени на

дејство на различни сили, како и нивното взаемно дејство.

3



1.2. 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.

• III Њутнов закон: Силите на акција и реакција помеѓу две тела имаат ист интензитет и ист правец на дејствување, но спротивни насоки.

• II Њутнов закон: Тело ќе има забрзување пропорционално на силата која дејствува.

amF

• Њутнов закон за гравитација: Две тела се привлекуваат со еднакви, но спротивни сили.

22,

R

GMgmgW

r

MmGF



• 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.)

2s

m1kg1N1

maF

• Основните големини. Должина, време, маса и сила.

1.3. ЕДИНИЦИ МЕРКИ - “SI” МЕРЕН СИСТЕМ?



N 0000001MN 1

kN 1000MN 1

N 1000kN 1

mm 1000m1

mm 10cm1

cm 100m1

SI Симбол ПрефиксЕкспоненци-

јална форма

G гига 109

M мега 106

k кило 103

m мили 10-3

μ микро 10-6

n нано 10-9

ПРЕФИКСИ КАЈ ЕДИНИЦИТЕ МЕРКИ

4





2. ВОВЕД ВО СТАТИКАТА


код: 312



2.1. 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



• .

O

правец нападна точка

насока

α

А

F F

F F

F

F

• Видови сили

(сили кои лежат воиста рамнина)

(сили кои лежат на иста права)

(сили кои се сечат воедна точка)

• Силата е векторска големина

• Силата е вектор врзан за права

5



2.2. 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



2.3. 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 (F1=F2), лежат на иста нападна линија и се со спротивна насока. Резултантата од двете сили е нула (FR=0).

За рамнотежа F1=F2 и FR=0

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.

=

О

А

F

F

-FО

А

F

О

АF=

Силата може да се помести по правецот на нејзиното дејствување (вектор врзан за права)



Трета аксиомa: Резултантата од две сили F1 и F2, кои дејствуваат на круто тело во една точка, е определена со интензитет, правец и насока, преку дијагоналата на паралелограмот конструиран над силите како страни.

O

F1

F2

FR



Четврта аксиомa: Силите со кои дејствуваат две материјални тела, едно на друго, се еднакви по интензитет и правец, а спротивни по насока.

2112 FF

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.

7



2.4. ВЕКТОРИ И ОПЕРАЦИИ СО ВЕКТОРИ

• Скаларни големини. Големини определени само со бројна

вредност.

• Векторски големини.

Големини кои се определени

со нападна точка, правец,

насока и интензитет.

O

правец нападна точка

насока

α

А



• Еднакви вектори. Вектори

кои имаат ист правец, иста

насока и ист интензитет.

• Негативни вектори. Вектори

кои имаат ист интензитет, ист

правец, но спротивна насока.

A

A

A

A



СОБИРАЊЕ НА ВЕКТОРИ

O

А

В

R

Паралелограм

BAR

Полигон

ABBAR

8



ОДЗЕМАЊЕ НА ВЕКТОРИ

O

A

B

A-B A

B

МНОЖЕЊЕ НА ВЕКТОР СО СКАЛАР

A 2A

A



cos2222 BABAR

sinsinsin

RBA

КОСИНУСНА ТЕОРЕМА

СИНУСНА ТЕОРЕМА

β

O

A

B

R

α

γ

1





3. СИСТЕМ НА СИЛИ КОИ ДЕЈСТВУВААТ ВО ЕДНА ТОЧКА


код: 312



3.1. СЛОЖУВАЊЕ НА ДВЕ СИЛИ КОИ ДЕЈСТВУВААТ ВО ЕДНА ТОЧКА ВО РАМНИНА СО ПАРАЛЕЛОГРАМ НА СИЛИ

O

F2

F1

FR

αφ



O F1

F2FR

αφ 180-α

ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА ГОЛЕМИНАТА НА РЕЗУЛТАНТАТА

cos2 212

22

1 FFFFFR

180cos2 212

22

1 FFFFFR

cos180cos

2



O F1

F2FR

αφR 180-α

ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА ПРАВЕЦОТ НА РЕЗУЛТАНТАТА

sin180sin

R

R

FF

180sinsin

2

sinsin 2

RR F

F

sinarcsin 2

RR F

F



ПРИМЕР: Да се определи резултантата од силите кои дејствуваат на завртката

155cos604026040

cos222

222 BPQQPFR

N73,97RF

04,1520

04,1520

155sin20sin

155sin20sin

R

Q

RQ

04,35



3.2. ПОСЕБНИ СЛУЧАИ НА СЛОЖУВАЊЕ НА ДВЕ СИЛИ

O

F2F1

FR

21 FFFR

а) α =0о

б) α = π =180о

OF2

F1FR

21 FFFR

3



в) α = π/2 =90о

φ F1O

F2

FR

y

x

22

21 FFFR

1

2tanF

F

• Интензитет на резултанта

• Правец на резултанта

1

2arctanF

F



3.3. СЛОЖУВАЊЕ НА ПОВЕЌЕ СИЛИ СО ПАРАЛЕЛОГРАМ НА СИЛИ

O

R1

x

F4

F1

F2

F3

yR2

FR211 FFR

312 FRR

42 FRFR

4321 FFFFFR



3.4. СЛОЖУВАЊЕ НА ПОВЕЌЕ СИЛИ СО ПОЛИГОН НА СИЛИ

• Графичко сложување на систем од сили

O x

F4F1

F2 F3y

FR

4321 FFFFFR

4



3.5. 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 FFx

sin FFy

α Fx O

Fy F

y

x



O

F1y F1

F2

F3

y

F1x x

F2y

F2x F3x

F3y

O

F1

F2

F3

y

x



xxxixRx FFFFF 321

O

F1y F1

F2

F3

y

F1x x

F2y

F2x F3x

F3y

yyyiyRy FFFFF 321

α FRxO

FRyFR

y

x

22RyRxR FFF

Rx

Ry

F

Ftan

• Интензитет на резултанта

• Правец на резултанта

5



ПРИМЕР: Да се определи резултантата од силите кои дејствуваат на завртката

n

iiyRy FF

1

n

iixRx FF

1

n

iiR FF

1



N3,14N1,199

N9,25N6,96N100

N0,110N0N110

N2,75N4,27N80

N0,75N9,129N150

ккомпонентаголеминасила

4

3

2

1

RyRx FF

F

F

F

F

омпонентаyx

n

iixRx FF

1

N1,199

n

iiR FF

1

n

iiyRy FF

1

N3,14



2222 3,141,199 RyRxR FFF N6,199RF

1,199

3,14tan

Rx

Ry

F

F 1,4

FR

FRx=199,1 NFRy=14,3 N

1





4. СТАТИЧКИ МОМЕНТ И СПРЕГ НА СИЛИ


код: 312



4.1. ПОИМ ЗА СТАТИЧКИ МОМЕНТ

d

MO

F

r θθ

• 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.



F,rFxrMO

NmdFsinθFrMO

Статичкиот момент е вектор врзан за точка, бидејќи за различен избор на моментна точка се добиваат различни вредности за статичкиот момент

Статичкиот момент има вредност нула ако:- силата е нула (F=0)- нормалното растојание е нула (d=0) односно нападната линија на

силата минува низ моментната точка

2



• Доколку силата се стреми да ја заврти структурата во правец на движење на стрелките на часовникот, статичкиот момент е негативен.

• Доколку силата се стреми да ја заврти структурата обратно од правецот на движење на стрелките на часовникот, статичкиот момент е позитивен.





4.2. ВАРИЊОНОВА ТЕОРЕМА

Статичкиот момент на резултантата од еден систем на сили кои дејствуваат во една точка, во однос на друга точка е еднаков на алгебарскиот збир од статичките моменти на одделните сили во однос на истата точка.

2121 FrFrFFr

3



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.

332211 dFdFdFdF

nR MMMMM .....321

MO

F1

F2

F3

O

d1 d2

d3



Применувајќи ја Варињоновата теорема директното определување на моментот од силата F може да се замени со определување на моменти од двете компоненти на силата F.

O

αА

F

Fy

y

x

Fxy

x

d

xFyFdF yx



4.3. СПРЕГ НА СИЛИ

• Две паралелни сили F и -F со ист интензитет и спротивни насоки поставени на меѓусебно нормално растојание “d”, формираат спрег на сили.

dFM

4



Спрегот е слободен вектор, бидејќи неговата вредност не зависи од изборот на моментната точка

dFdrFrFM

dFdrFrFM

FFF

O

O

R

222

111

0

O1

F

d F

O2

r1

r2



Два спрега на сили ќе имаат еднаков момент доколку:

• Имаат ист интензитет

• лежат во иста или во две паралелни рамнини, и

• имаат иста насока

2211 dFdF

ЕКВИВАЛЕНТНИ СПРЕГОВИ





5. РЕДУКЦИЈА НА СИЛИ И СЛОЖУВАЊЕ НА ПРОИЗВОЛНИ СИЛИ ВО РАМНИНА


код: 312

5



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).



6



F3

F2

F1

d3 d2

d1O

y

x

F3F2

F1

O

M2=F2.d2

y

xM1=F1.d1

M3=F3.d3

5.2. СЛОЖУВАЊЕ ПРОИЗВОЛЕН СИСТЕМ НА СИЛИ ВО РАМНИНА



xxxixRx FFFFF 321 yyyiyRy FFFFF 321

22RyRxR FFF

Rx

Ry

F

Ftan

F3F2

F1

O

M2=F2.d2

y

xM1=F1.d1

M3=F3.d3

α FRxO

FRy FR

y

x

MR

321 MMMMM iR 332211 dFdFdFdFM iiR



O

dR

FR

y

x

αO

FR

y

x

MR

R

RR

RRR

F

Md

dFM

1





6. РАМНОТЕЖА


код: 312



6.1. РАМНОТЕЖА НА СИСТЕМ СИЛИ КОИ ДЕЈСТВУВААТ ВО ЕДНА ТОЧКА ВО РАМНИНА

0 iR FF

Материјална точка на која дејствуваат повеќе сили се наоѓа во рамнотежа ако:

0

0

iyRy

ixRx

FF

FF

Аналитичките услови за рамнотежа се пишуваат:

0

0

Y

X



6.2. РАМНОТЕЖА НА ПРОИЗВОЛЕН СИСТЕМ СИЛИ ВО РАМНИНА

• Потребни и доволни услови за статичка рамнотежа на круто тело се резултантната сила и резултантниот момент да имаа вредност еднаква на нула.

• Круто тело е во статичка рамнотежа кога надворешните сили и моменти не доведуваат до транслација и/или ротација на телото.

0M0F O

• Аналитичките услови за рамнотежа на произволен систем од сили во рамнина, се пишуваат:

0

0

0

OM

Y

X

2



6.3. 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.

2. Се нанесуваат надворешните сили со својата нападна точка, правец и големина.

3. Се нанаесуваат непознатите сили-реакциите со нивната нападна точка, правец и претпоставена насока.

4. Се нанесуваат сите димензии потребни при пресметување.



5. Се применуваат условите за рамнотежа.

0 X

0 Y

0 AM

0 BAx

05,2381,9 yA

065,23281,95,1 B

6. Се решава системот со равенки и се определуваат непознатите големини

kN08,107B kN08,107xA kN31,33yA

3



6.4. РЕАКЦИИ ОД ВРСКИ КАЈ РАМНИНСКИ СИСТЕМИ





4



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

5



ПРИМЕРИ

Пример 1:

Да се определат силите во јажињата ако моторот има маса 250 kg



Решение 1:



Пример 2:

Со јаже се влече 3500-N тежок автомобил, како што е прикажано на сликата. Да се определат силите во јажињата.

6



Решение 2:

N3570ABT

N144ACT



6 m3 m 2 m2 m

6 kN 6 kN 15 kN

Пример 3:

Да се определат реакциите во лежиштата.



6 m3 m 2 m2 m

6 kN 6 kN 15 kN

Решение 3:

kN0,6

046266159

0

kN0,21

01361169315

0

0

0

A

A

M

B

B

M

B

X

B

y

y

A

x

7



Пример 4:

Да се определат реакциите во точката А и силата во јажето АВ, ако гредата има маса од 10 kg.



FAx

FAy

FB

N74,147

N11,126

020sin

0

N96,76

020cos

0

N9,81

045cos2425sin

0

22

AyAxA

Ay

BAy

Ax

BAx

B

B

A

FFF

F

GFF

Y

F

FF

X

F

GF

M

G

Решение 4:



Пример 5:

Да се определат реакциите во врските.

8



Решение 5:

1


ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1Вонр. проф. д-р Виктор Гаврилоски



7. АНАЛИЗА НА СТРУКТУРИ


код: 312



7.1. ПОИМ ЗА СТРУКТУРА



7.2. ПОИМ ЗА НАДВОРЕШНИ НАТОВАРУВАЊА, РЕАКЦИИ ОД ВРСКИ И ВНАТРЕШНИ СТАТИЧКИ ГОЛЕМИНИ

надворешни натоварувања

2



реакции од врски со надворешноста (реакции во потпори)



реакции од врски меѓу телата



внатрешни статички големини

3





Пример 1:

Лостовите АСЕ и ВСD се зглобно поврзани во точката С, а со лостот DE се поврзани во точките D и Е. За оптоварувањето прикажано на сликата да се определи силата во лостот DE и компонентите на силите во точката С од лостот ВСD.



Решение 1:

0 480

0

y

y

A

F

N 480yA

0mm 160mm 100N 480

0

B

M A

N 300B

0

0

x

x

AB

F

N 300xA 07.28tan

150801

4



CFDE N 561

N 561

0mm 100N 480mm 06N 300mm 250sin

0

DE

DE

C

F

F

M

60 mm 0N 300cosN 561

0 N 300cos

0

x

DEx

x

C

FC

F

N 795xC

0N 480sinN 561

0N 480sin

0

y

DEy

y

C

FC

F

N 216yC



00

0mm 220795mm 100sin561mm 300cos561

0mm 220mm 100sinmm 300cos

0

xDEDE

A

CFF

M

Проверка:



Пример 2:

Да се определи зависноста помеѓу силите P и Q.

Pb

aQ

bQaP

M A

0

0

5



Пример 3:

Да се определат внатрешните големини во точката Ј од лостот АСF и во точката К од лостот BCD.



:0 EM

0m8.4m6.3N2400 F

N1800F

:0 yF

0N1800N2400 yE

NEy 600

:0 xF

0xE



:0 BM

0m4.2m6.3N2400 yC

N3600yC

:0 CM

0m4.2m2.1N2400 yB

N1200yB

:0 xF

0 xx CB

6



:0 AM

0m4.2 xB

0xB

:0xF

0 xx AB

0xA

:0yF

0N600 yy BA

N1800yA

:0 xF

0 xx CB

0xC



:0 JM

0m2.1N1800 M

mN2160 M

:0 xF

07.41cosN1800 F

N1344F

:0 yF

07.41sinN1800 V

N1197V



:0 KM

0m5.1N1200 M

mN1800 M

:0 xF

0F

:0 yF

0N1200 V

N1200V

1





8. ЛИНИСКИ НОСАЧИ


код: 312



8.1. ПОИМ ЗА ЛИНИСКИ НОСАЧЛИНИСКИ НОСАЧ е круто тело во облик на права греда, потпрено на било какви потпори (лежишта).

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

ПРОСТА ГРЕДА – линиски носач потпрен на подвижно и неподвижно лежиште на неговите два краја

Во зависност од потпорите линиските носачи може да се поделат на:



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

Носачите може да бидат оптоварени со:

2



8.2. ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА ТРАНСВЕР. СИЛА, НАПАДЕН МОМЕНТ И АКС. СИЛА

Дефинирање на надворешни оптоварувања и врски

Определување на реакциите преку условите за рамнотежа

Цртање на дијаграмот на сили за слободно тело

Определување на внатрешните сили преку условите за рамнотежа за левиот или десниот дел

ММ

FtrFtr

Fak

Fak



Внатрешните големини кои се јавуваат во замислениот пресек (точкаС) и што се во рамнотежа со сите надворешни сили и моменти штодејствуваат на левиот или на десниот дел од носачот се нарекуваатстатички големини, а се претставени со трансверзална сила (Ftr),нападен момент (М) и аксијална сила (Fak).

Графичките прикази за промена на статичките големини по должинатана носачот се нарекуваат дијаграми на статичките големини

ММ

FtrFtr

Fak

Fak



Трансферзалната сила Ftr 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 Fak 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.

3



Нападен момент

Трансверзална сила

Аксијална сила

Ftr

Ftr

Ftr

Ftr

Fak

FakFak

Fak

M

M

M

M

При пресметка на трансферзалната сила, нападниот момент и аксијалната сила се користат следните предзнаци:



-F/2

F/2

FB= F/2FA= F/2

M= F . l /4

,,Ftr”

F

F

,,M”

8.2.1. Проста греда симетрично оптоварена со концентрирана сила



8.2.2. Проста греда симетрично оптоварена со континуиран товар

FA= q.l / 2

,,Ftr”

q

FB= q.l / 2

q . l /2

- q . l /2

M= q . l2 /8

,,M”

4



Пример 1:

Да се определат реакциите и да се нацртаат дијаграмите на статичките големини за носачот прикажан на сликата



Решение 1:

1




наставник: Вонр. проф. д-р Виктор Гаврилоски

9. РЕШЕТКАСТИ НОСАЧИ




9.1. ПОИМ ЗА РЕШЕТКАСТ НОСАЧРЕШЕТКАСТ НОСАЧ (РЕШЕТКА) се нарекува конструкција која се состои од прави стапови кои на краевите се меѓусебно зглобно поврзани, а која е потпрена потпори (лежишта).



• сите стапови од решетката се прави и поврзани со зглобови без триење

ПРЕТПОСТАВКИ / АПРОКСИМАЦИИ:

• 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

2



внатрешни сили на истегнување

затегнат елемент

внатрешни сили на збивање

притиснат елемент

Ако се исполнети претпоставките, тогаш секој стап е изложен на затегнување или притисок.





Стабилана решетка без одвишни стапови (s=2n-3)

Стабилана решетка со одвишни стапови (s>2n-3)

Нестбилна решетка (s<2n-3)

s- број на стапови n- број на јазли

3



9.2. МЕТОД НА ЈАЗЛИ

• Определување на реакциите

• Замислен прекин на стаповите од јазол во кој се поврзани најмногу 2 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 9.1:

Со методот на јазли да се определат силите во стаповите.

N2500

045sin500

0

BC

BC

F

F

X

N500

045cos

0

BA

BABC

F

FF

Y



9.3. МЕТОД НА ПРЕСЕЦИ (метод на Ритер)

• Определување на реакциите

• Замислен прекин на решетката на 2 дела низ најмногу 3 стапа и замена на внатрешните сили во исечените стапови

4



• Примена на условите за рамнотежа за било кој дел од решетката (ΣX=0; ΣY=0; ΣM=0)

• Определување на внатрешните сили во пресечените стапови

контрола0

0

0

0

X

FY

FM

FM

GC

BCG

GFC

контрола0

0

0

0

X

FY

FM

FM

GC

BCG

GFC



Пример 9.2:

Со методот на пресеци да се определат силите во стаповите EF, BE и BC.



kN2,21215

045cos105

0

BE

BE

F

F

X

kN0,5

0445

0

CB

CB

E

F

F

M

kN0,25 насока на промена

kN0,25

044541085

0

EF

EF

EF

B

F

F

F

Mзатегање притисок

FBE 21,2 kN

FCB 5,0 kN

FEF 25,0 kN

1





10. ВОВЕД ВО ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ


код: 312



10.1. 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

• Димензионирање

• Определување на најголем дозволен товар

• Проверка на јакост, крутост и стабилност

ЗАДАЧИ НА ЈАКОСТА НА МАТЕРИЈАЛИТЕ



10.2. 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.)

2



F1

F2

Fi

Fn

I

II

10.3. ПОИМ ЗА НАПРЕГАЊЕ И ОСНОВНИ ВИДОВИ НА НАПРЕГАЊА

дејство на надвор. оптовар. напрегнато тело

замислен пресек внатрешни сили



ОСНОВНИ НАПРЕГАЊА

1. Аксијално 2. Смолкнување

4. Свиткување

3. Торзија

5. Извивање



F1

Fn

I

x

y

z

n

k

n

l

M

psrFA

10.4. ПОИМ ЗА НАПОН

A

Fpsr

Среден напон

3



x

y

z

F1

Fn

n

kl

M

pn

n

nk

nl

222nknlnnp

nknlnnp

n

nknl ;

dA

Fd

A

Fp

dAn

lim0

Напон на точка

нормален напон

тангенц. напон





11. АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА


код: 312



11.1. ПОИМ ЗА АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ

на линиски носач (стап) делува само аксијална сила

истегнување

притисок

4



ПРИМЕРИ ЗА АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ



A

F

- нормален напон кај аксијално напрегање (N/mm2)

A – површина на напречниот пресек во (mm2)

F – големина на аксијалната сила во (N)

11.2. НАПОНИ КАЈ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ ВО НОРМАЛНИ ПРЕСЕЦИ



AE

lFl

а) истегнување б) збивање

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)

11.3. ДЕФОРМАЦИИ КАЈ АКСИЈАЛНО НАПРЕГНАТИ ЕЛЕМЕНТИ

5



= E · z

z

AE

lFl

Релативна деформација

Апсолутна линиска деформација

Хуков закон

p = - · zНапречна дилатација (контракција)



11.4. ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА МАТЕРИЈАЛНИ КАРАКТЕРИСТИКИ ПРЕКУ АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА



F – Δl дијаграм

6



σ – ε дијаграм



11.5. ЈАКОСНИ ПРЕСМЕТКИ ПРИ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ

dA

F

Пресметки на напоните

d

FA

Димензионирање (определување на големината на напр. )

)( Rs

Rd k

s

Md k

или



За системот прикажан на сликата да се определат напоните во карактеристичните пресеци, деформациите во карактеристичните точки и да се нацртаат дијаграмите на напоните и деформациите по должината на носачот ако: F1= 60 kN, F2= 120 kN, A1= 500 mm2, A2= 1200 mm2, l= 1 m, E= 2.105 N/mm2.

Пример 11.1:

7



)(N/mm 120500

60000 211

)(N/mm 501200

60000 222

)(N/mm 15001200

180000 233

(mm) 2,1500102

1000600005

BK

(mm) 25,01200102

1000600005

KD

(mm) 75,01200102

10001800005

DC

Решение 11.1:



За две челични јажиња BC и CD со кружен напречен пресек и дијаметар (mm) 20d , кои се сечат во точката C обесен е

товатот F . Ако дозволениот напон е )(N/mm 120 2d , а

модулот на еластичност )(N/mm 102 25E да се определи

максималната сила која може да ја носи конструкцијата.

Пример 11.2:



sss

ss

x

FFF

FF

F

21

21 0sinsin

0

0coscos

0

21

FFF

F

ss

y

FF

s 2cos

120

420

)6,02(

120

4)cos2(

2

2

s

s

ds

F

dF

A

F

(N) 45216(max) sF


1





12. СМОЛКНУВАЊЕ


код: 312



a

A

F ∆s

γ

12.1. ПОИМ ЗА СМОЛКНУВАЊЕ

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

12.2. 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

2



1

1

b

2· 1 >

d

F

F

F

F

рамнини на сечење

12.3. 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

)(

c

d

db



За конструкцијата прикажана на сликата да се проверат напоните на елементите

Пример 12.1:

3



Од статичка анализа следи:

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

1050

osovina

BCC A

F

Напонот на сечење на осовината С изнесува:

4



22

3

mm

N7,40

4/2514,32

1040

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

1025

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:

5





13. ТОРЗИЈА


код: 312



Ротациони машински елементи кои пренесуваат силина:

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

13.1. ПОИМ ЗА ТОРЗИЈА



Mt1 Mt3Mt2

Mt1 Mt2

Mt3

-

+Mt

моментите на торзија дејствуваат во рамнина нормална на надолжната оска

дијаграмите на моментите на торзија се цртаат по должината на елементот

n

+Mt

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

0

0

321

ttt

t

MMM

M

Статички услов за рамнотежа

6



13.2 ТОРЗИЈА НА СТАП СО КРУЖЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК

• 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

ПРЕТПОСТАВКИ



maxT

ρ

τ

p

t

I

MРаспределбата 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:

RI

M

p

t p

t

W

Mили

R

IW p

p

каде што

поларен отпорен момент

322

44 DRI p

162/

3D

D

IW p

p



p

t

IG

LM

деформација при торзија (агол на усукување)

7



C

D=2R

τ

кружен напречен пресек

322

44 DRI p

162/

3D

D

IW p

p

dtt

D

M

16

3 316

dt

tMD

према дозволен напон

13.3. ДИМЕНЗИОНИРАЊЕ ПРИ ТОРЗИЈА

dtp

t

W

M dt

tp

MW



Пример 13.1:

Да се димензионира носачот прикажан на сликата и да се определи аголот на усукување за точките В и С, ако е познато: M = Mt =10 kNm, L = 1,4 m, G = 8.104 N/mm2, doz = 160 N/mm2.




kNm10

;kNm3034

MM

MMMM

BC

AB

160

16

2

10303

6

dW

M

AB

ABTAB

mmd 24.491608

1030163

6

160

16

10103

6

dW

M

BC

BCTBC

mmd 28.68160

1010163

6

dozT

W

M

УСВОЕНО: dAB=2d=136,56 mm и dBC=d=68,28 mm

8



0

44

36

76.1180

0307.0

32

56.136108

104.1210300

radIG

lM

ABPAB

ABABABAB

04

4

36

94.2180

051.0

32

28.68108

104.110100307.0

radBCBC



Пример 13.2:

Вратилото BC e шупливо вратило со надворешен пречник 120 mm и внатрешен пречник од 90 mm. Вратилата AB и CD се полни вратила со дијаметар d. За оптоварувањата прикажани на сликата да се димензионира вратилото AB и CD и ако дозволениот напон на торзија е doz = 65N/mm2 и да се определи максималниот напон за вратилото BC.



CDAB

AB

x

TT

T

M

mkN6

0mkN6

0


mm75,77

65

10616163

6

3

16

max 3

d

Td

T

W

T

d

ddp

mm80 усвоено d

9



46

4441

42

m1092.13

9.012.03232

ddJ p

2

1246

36

22max

N/mm2.86

10m1092.13

10m060.010mkN20

p

BC

J

cT

MPa2.86max

mkN20

0mkN14mkN6

0

BC

BC

x

T

T

M

1





14. Аксијални моменти на инерција


код: 312



14.1. 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.

A

yAy

A

xAx ii

Cii

C

;



тежиште на елементарни фигури

2



321

322211

321

322211

AAA

yAyAyA

A

yAy

AAA

xAxAxA

A

xAx

CCCCiiC

CCCCiiC

тежиште на површина со сложен облик



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 14.1:

Да се определи тежиштето на сложената фигура дадена на сликата.

3



правоаг.триагол.полукругкруг




23

33

mm1013.828

mm107.757

A

AxX

mm 8.54X

23

33

mm1013.828

mm102.506

A

AyY

mm 6.36Y



Пример 14.2:

Да се определи тежиштето на сложената фигура дадена на сликата.

4






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.

14.2. АКСИЈАЛЕН МОМЕНТ НА ИНЕРЦИЈА

2

2

iiy

iix

xAI

yAI



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 xи y се:

Jx = Jx’ + A·dy2 и Jy = Jy’ + A·dx

2

сопствен

положбен

сопствен

положбен

Jxy = Jx’y’ + A·dx·dy

сопствен

положбен

14.3. ШТАЈНЕРОВА ТЕОРЕМА

5



14.4. МОМЕНТИ НА ИНЕРЦИЈА ЗА ЕДНОСТАВНИ ФИГУРИ

322

44 drI p

644

44 drII yx

Ixy = 0

С

d=2r

x

y

КРУЖЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК



y

С

b/2 b/2

b

h

h/2

h/212

3hbIx

12

3bhI y

Ixy = 0

ПРАВОАГОЛЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК



ТРИАГОЛЕН НАПРЕЧЕН ПРЕСЕК

x

y

b

h

0

T

y0

x0

b/3

h/3

12

3hbI x

12

3bhI y

24

22 hbI xy

Ah

II xx

2

0 3

36

3

0

hbIx

36

3

0

bhI y

2312

23

0

hbhhbI x

6



14.5. 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



Аксијални моменти на инерција за стандардни профили



Пример 14.3:

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

7






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 14.4:

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




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

8



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





15. СВИТКУВАЊЕ


код: 312



L

L

wθ

Која е разликата со аксијално напрегање и торзија?

доаѓа до искривување на пррвобитно правата оска

15.1. ПОИМ ЗА СВИТКУВАЊЕ



BA

M=Fh M=Fh

l

- M

FAK

FTR

ЧИСТО СВИТКУВАЊЕ(само нанападни моменти)

СВИТКУВАЊЕ ОД СИЛИ(нанападни моменти + трансферзални сили)

2





yJ

M

x

xx W

My

J

M maxmax

распределба на напоните по висината на напречниот пресек

максимални напони

15.2. НОРМАЛНИ НАПОНИ ПРИ СВИТКУВАЊЕ

z

y

C

h/2

h/2

h

b

yymax

0

max

max

0

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 пресекmaxy

JW x

x

неутралната линија се поклопува со тежишната оска



yI

M

x

xz

1yI

M

x

xgore

2yI

M

x

xdole

напони во горни слоеви (збивање)напони во долни слоеви(истегнување)

напони за растојание y

maxy

JW x

x

xx W

My

J

M maxmax

M Mz T

y

x

y1= ymax

σdole

σgore =σmax

+

-

неутрална лин.

y2

максималниот напон е:

отпорен момент [m3]

3



15.3. ДИМЕНЗИОНИРАЊЕ НА ЕЛЕМЕНТИ ИЗЛОЖЕНИ НА СВИТКУВАЊЕ

dozxx W

My

J

M maxmax

maxmax

dozx

MW

max



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

а=20 mm

Пример 15.1:



Определување реакции и цртање на дијаграмите на статичките големини

KNFM BA 5,70 KNFM AB 5,40

Определување реакции

Трансферзални сили

m][12510 ,xxqFA

kN]

kN

[5,7

][5,4

,

1,

BBTR

AATR

FF

FF

Нападни моменти

0

[5.4

0

1

B

A

A

M

lFM

M

m]kN

kNm][03,72max x

xqxlFM A

4



Определување на геометриски карактеристики на напречен пресек

4.59

a2.

41a

y

x

T

aaaaa

aaaaaa

A

Ayy

i

iiT 59.4

82102

365.65

23

23

59.1612

691.15

12

5aaa

aaaaa

aaIx

483.51 aIx

344

max,11, 172035

2041.2

2083.51

41.2

83.51mm

a

a

y

IW x

x

344

max,22, 90328

2059.4

2083.51

59.4

83.51mm

a

a

y

IW x

x

6aa 5a

y

xT

a



Цртање на дијаграми на нормални напрегања

2

1

T

-

+

26

1,

max1max, /8,40

172035

1003.7mmN

W

M

x

26

2,

max2max, /8,77

90328

1003.7mmN

W

M

x



F

z

y

z

φ

φ

yymax=f

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 (=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.

15.4. ДЕФОРМАЦИИ ПРИ СВИТКУВАЊЕ

5



z

yy’>0 y’ =0 y’ <0

y z

y

y’<0 y’ =0 y’ >0y

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 .

ТАБЛИЧНО ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА ДЕФОРМАЦИИТЕ ПРИ СВИТКУВАЊЕ



z z

y

E·Ix = konst.

LFA=qL/2 FB =qL/2y’=0

Mx(z) q

Конечните равенки за деформациите на гредата се:

yq

EI

z z z

x

4 3 4

242

y

q

EI

z z

x

3 2 3

241 6 4

Пример1 : Проста греда натоварена со континуиран товар



z

y

E·Ix = konst.q

Ly’=0

A B

fA B

xIE

qfy

384

5 4

max

xBB IE

qy

24

3

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

наклонот е максимален на потпорите

xAA IE

qy

24

3(за z=0) (за z=L)

6



z z

y

E·Ix = konst.q

LL-z

Mx(z)

A B

Конечните равенки за деформациите на конзолата се:

4324

4624

zzz

EI

qy

x

323

336

zzz

EI

qy

x

Пример 2 : Конзола натоварена со континуиран товар



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

z z

y

E·Ix = konst.q

Lymax=f

B=y’max

A B

xB IE

qy

6

3

max

xEI

qfy

8

4

max



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 поодделните елементарни оптоварувања во истиот пресек.

,n

,2

,1

,n21 y.....yyy;y.....yyy

7



A BL/2

q

L/2

FM

A BL/2

q

L/2

FM

)(2/

)(2/

)(2/2/

Mz

Fz

qzz yyyy

)()()( MA

FA

qAAA yyyy

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 .....)( q

Ay

.....)(2/

Fzy .....)( F

Ay

.....)(2/

Mzy .....)( M

Ay



EI

wL

EI

wLIIBIBB 486

33

EI

wL

EI

wLyyy IIBIBB 384

7

8

44

EI

wLB 48

7 3

EI

wLyB 384

41 4

Пример 15.1:

Со методот на суперпозиција да се определи отклонот и наклонот на носачот во точката В

: 312 ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1 - mf.ukim.edu.mk · PDF file1 МАШИНСКИ...

Documents

Transcript of : 312 ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1 - mf.ukim.edu.mk · PDF file1 МАШИНСКИ...