МАТЕРИАЛДАР КЕДЕРГІСІ

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "МАТЕРИАЛДАР КЕДЕРГІСІ"

Transcript

1 ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ ЖОҒАРЫ ОҚУ ОРЫНДАРЫНЫҢ ҚАУЫМДАСТЫҒЫ А. ТҮСІПОВ С. ТҮСІПОВА МАТЕРИАЛДАР КЕДЕРГІСІ ОҚУЛЫҚ Екінші басылым. Өңделген Алматы, 01 1

2 ƏОЖ 53 (075.8) КБЖ.3 я 73 Т90 Қазақстан Республикасының Білім жəне ғылым министрлігінің Қарағанды мемлекеттік техникалық университетіндегі Оқу-əдістемелік секциялары кеңесінің Президиумының шешімімен оқулық ретінде баспаға ұсынылған Пікір жазғандар: Техника ғылымдарының докторы, профессор Қ. С. Шоланов; Техника ғылымдарының кандидаты, доцент Ж. А. Ақынғазиев Түсіпов А., Түсіпова С. Т90 Материалдар кедергісі: оқулық - бас., өңд. Алматы, бет. ISВN ҚР МЖМБС мемлекеттік жалпыға міндетті білім стандартына сəйкес əзірленген үлгілік (типтік) оқу бағдарламасына жəне жұмыстық оқу жоспарларына сəйкес құрастырылған. Бұл оқулық авторлардың бұрын жарық көрген оқулығының (А.Түсіпов, С.Түсіпова. Материалдар кедергісі. Алматы-008) негізінде жəне техникалық жоғары оқу орындарында, атап айтқанда «Технологиялық машиналар жəне жабдықтар» мамандықтарының жұмыстық оқу жоспарларына сəйкес оқылған дəрістердің негізінде сұрыпталынып, техникалық мамандықтардың бакалавариаттарына арналған. Сонымен қатар, студенттердің өздік жұмыстарына арналған кейбір теориялық материалдар (Потенциалдық энергия, орын ауыстыруды анықтаудың жалпы əдістері, бұралу деформациясының кейбір ерекшеліктері) «Қосымшада» берілген. Пəннің негізгі мақсаты «Материалдар кедергісінің» теориялық негіздерін жете түсіну арқылы, қазіргі заманға сай құрылымдар мен ғимараттардың элементтерін беріктікке, қатаңдыққа жəне орнықтылыққа есептеуге үйрету болып табылады. Бұл оқулықты «Қолданбалы механика», «Инженерлік механика» жəне «Материалдар кедергісі» пəні оқылатын барлық мамандықтардың студенттері де пайдалана алады. ƏОЖ 53 (075.8) КБЖ.3 я 73 ISВN А. Түсіпов, С. Түсіпова, 01 ҚР Жоғары оқу орындарының қауымдастығы, 011

3 КІРІСПЕ Табиғатта кездесетін немесе жасанды материалдардың барлығында да беріктік, қаттылық, морттылық, тағы да сол секілді физикалық қасиеттер болады. Міне осындай қасиеттер тəн материалдарды (табиғи немесе жасанды) сындыруға, не болмаса олардың геометриялық өлшемдерін өзгертуге əрекет жасап көрейікші. Осы кезде олардың бірден сынып, не геометриялық өлшемдерін тез арада өзгерткенін көрмейміз, қайта олар сынбауға «тырысып», бізді аздыкөпті күш жұмсауға мəжбүр етеді. Басқаша айтқанда, сындыруға немесе геометриялық түрін бұзуға қарсыласып, «кедергі» жасайды. Пəннің «Материалдар кедергісі» деп аталуы да осы терминге байланысты деп түсіну керек. Инженердің негізгі мақсаты құрылыстар мен машиналарды жəне олардың элементтерін берік те арзан, төзiмдi де сенімді етіп жобалау болса, осы элементтер жасалатын материалдар қандай күшке, оның əрекетіне қалай қарсыласып, қандай «кедергі» жасай алатынын, қанша салмақты көтере алатынын білу, зерттеу сол мақсатқа апаратын жол деп білу қажет. Сайып келгенде, конструкциялардың беріктігі, материалдардың «кедергісіне» (сыртқы күштердің əрекетіне қарсыласуына) тікелей байланысты. Сондықтан, берiктiк iлiмiнiң негiзгi пəнi біздің елде «Материалдар кедергісі» деп аталады, өйткені бұл пəн орыс тілінен аударылған еді. Ресей ғалымдары бұл пəнді, өз уақытында, француз тілінен аударған (французша «Сопротивление материалов» «Résistance des matériaux»). Ал неміс тілінде бұл пəн ертеден die Festigkeitslehre, яғни «Беріктілік ілімі» деп аталады. Жалпы алғанда, беріктік пен қатаңдықты зерттейтін ғылым қатты денелер механикасы ғылымына жатады. Ал «Берiктiк iлiмiне» қатысты пəндердiң барлығы осы ғылымның бір саласы болып табылады. 3

4 1,а-сурет (схема) Бұл пəндерде: тəжірибеде жиі кездесетін инженерлік есептерді шешудің қарапайым жолдары қарастырылады; машиналар мен аппараттардың элементтерінің өлшемдерін, олардың геометриялық түрлерін теориялық жəне эксперименттік зерттеулер арқылы берік, қатаң жəне төзімді етіп тағайындау жолдары негізделеді. Қорыта айтқанда, «Материалдар кедергісі» дегеніміз беріктілік жəне төзімділік туралы ілім. Материалдар кедергiсi пəнiнiң негiзiнде дамып, осы пəннің шеңберінің үлкеюінің арқасында, оның негізіне сүйенген жаңа пəндер пайда болды. Олар инженерлік салалардың біреуінің ғана есебінің шешу тəсілдерін зерттеп, сол салаға тəн бөлшектер мен элементтерді жобалау жолдарын қарастырады. Мысалы қолданбалы механиканы, құрылыс механикасын, кеме жасау механикасын, самолеттер мен зымырандар механикасын жəне тағы басқа пəндерді атауға болады (Берiктiк iлiмiнiң басқа iлiмдермен байланысын 1,а схемадан көре аласыз). Əрине, осы салаларда қол жеткен ғылыми табыстар жəне есеп шешу тəсілдері, мүмкіндігінше, материалдар кедергісі пəнінде де, басқа салаларда да қолданылады. 4

5 1,б-сурет (схема) Осыған байланысты, берiктiк есептерін шығарғанда жаттандылықтан аулақ болып, əр есептің негізін жете түсініп, маңызы жоқ ұсақ-түйекті ескермей-ақ, нəтижені оңай да сенімді жолмен алуға тырысу керек. 5

6 1-тарау. МАТЕРИАЛДАР КЕДЕРГІСІ БЕРІКТІК ТУРАЛЫ ІЛІМ 1. Нақты объект жəне оның есептеу нұсқасы Кез келген инженерлік есепті шешу, нақты объектіні зерттеуден басталады да, соның нəтижесінде осы зерттеліп отырған нақты объектінің есептеу нұсқасы (моделі) таңдалып алынады. Есептеу нұсқаны дұрыс таңдау, əрине, инженердің білімінің тереңдігіне, тəжірибесінің молдығына байланысты. Бұл үшін, осы нақты объектінің негізін жете түсініп, ненің мəнісі зор, ал нені елемеуге болатынын, қай нəрсе объектінің негізін қалайды, ал қайсысы болмашы екенін айыра білу керек. Өйткені, объектінің барлық ерекшеліктерін толық ескеріп, ұсақ-түйектерін де есепке ала берсек, есептің шешу жолы ұзарады да, одан - оның беріктігі, төзімділігі аса көп артып кетпейді. Осыған байланысты 1,б-суретінде (схема) нақты материалдардың жалпылама қасиеттері талданып көрсетілген. Мысалы мынандай бір есепті алып қарайық. Қоставрдан жасалған арқалықты -суретте көрсетілгендей етіп көтеру керек дейік. Есептің шарты: арқалықты көтерген кезде конструкцияның əр элементі берік жəне қатаң болып, ешқайсысы істен шықпау (қирамау) керек. Осы шартқа байланысты, есептің нұсқасы қандай болмақ, ол қандай жолдармен қабылданады, енді соған тоқталайық. Төменде сондай есептеу нұсқаларының екеуі көрсетілген (3,а, 3,бсуреттері). Мұның өзі, біріншіден есептің қойылу шартына, оның конструкциялық ерекшелігіне, екіншіден, оны қандай дəлдікпен есептеу керектігіне байланысты. Бұл конструкция үш элементтен тұрады: арқан, сырықтар жəне арқалық (қоставр). Біріншіден, арқалықты көтеру кезінде арқан үзіліп кетпесін деген шарт қояйық (яғни, арқанның беріктігін есептеу керек). Ол үшін арқанға қандай күш əсер ететінін анықтаймыз. Есептің берілуі бойынша, арқанға əсер ететін негізгі күш болып, арқалықтың салмағы есептеледі. Онымен қоса, сырықтардың салмағында ескеру керек; егер арқалық жылдам көтерілетін болса, онда оның үдемесін, ал оның үстіне арқалық өте үлкен биіктікке көтерілетін болса, онда арқан тым ұзын болады да, арқанның өз салмағын қоса есептеу керектігі туындайды. 6

7 -сурет Аэродинамикалық кедергіні, барометрлік қысымды, тағы басқа да сол секілді маңызы аз (арқанға əсер ететін күш тұрғысында) сыртқы əсерлерді ескермеуге болады. Сонымен, арқалыққа əсер ететін күштерді екшелеу арқылы ғана, осы қаралған қарапайым есептің бірнеше есептеу нұсқасын жасауға болады. 3-сурет Екіншіден, бұл есепті басқа тұрғыдан қарастырсақ, мысалы, арқалық көтерілген кезде ол сынып кетпесін немесе шамадан тыс майысып кетпесін деген шарт қойсақ (яғни арқалықтың беріктігін есептеу керек), онда: 7

8 - арқалыққа (қоставрға) əсер ететін күш оның өз салмағы болып табылады, ол күш арқалықтың бойымен бірқалыпты таралған деп есептеледі; - бұл салмақ күші арқандарға түседі де, арқандар бекітілген қималарда реактивті күштер пайда болады, ал олар арқандардың созылу ішкі күштеріне ( N ) тең болады (4,а сурет). ci - бұл есептің есептеу нұсқасын 4,б-суретте көрсетілгендей етіп қабылдауымыз керек. 4-сурет Қорыта айтқанда, нақты объектінің маңызы аз ерекшеліктері ескерілмейтін түрі осы объектінің есептеу нұсқасы деп аталады. Біз жоғарыда қаралған есепте конструкцияның үш элементтен (арқан, арқалық, сырық) тұрғанын көрдік. Тəжірибеде кездесетін конструкциялармен жүйелер бұдан да көп бөліктерден, элементтерден тұруы мүмкін. Енді, осы бөліктер, элементтер немесе конструкциялар бір-бірінен, геометриялық тұрғыдан қарағанда, қалайша айырылады, олардың ерекшеліктері қандай соған тоқталайық. 8

9 Кез келген дененің геометриялық формасы үш өлшеммен сипатталатыны белгілі. Өлшемдерінің шамасына байланысты оларды мынандай төрт топқа бөлуге болады: 1. Бір өлшемі басқа екеуіне қарағанда бірнеше есе үлкен болып келетін денелерді білеулер немесе сырықтар деп атаймыз. Көлденең қималарының пішініне байланысты, олар негізінен цилиндр (5,а-сурет) не призма (5,б-сурет) түрінде болады. 5-сурет. Екінші топқа жататын денелердің екі өлшемі үшіншісіне (қалыңдығына) қарағанда, анағұрлым үлкен болады. 6-сурет Бұл денелер параллель жазықтықтармен шектелсе, өздерінің қалыңдықтарына байланысты плита, пластина немесе мембрана болып бөлінеді (6,а-сурет). Олардың қисық беттермен шектелген түрі қабыршық (6,б-сурет) деп аталады. 3. Келесі топқа үш өлшемдері бір шамалас денелер жатады. Бұлар кеңістіктік денелер деп аталады; оларға шар түрінде 9

10 жасалған тіректер, қысқа роликтер, машиналардың іргетастары (7,а, 7,б-суреттері) жатады. 7-сурет 4. Соңғы топқа жататын денелер жұқа қабырғалы сырықтар. Олардың үш өлшемі бір-бірінен өте алшақ келеді (8-сурет). Конструкцияларда кездесетін денелерді осылай топқа бөлу, нақты объектінің есептеу нұсқасын дұрыс таңдап алуды жеңілдетеді. 8-сурет Сонымен қатар, материалдардың физикалық қасиеттері туралы гипотезалардың да объектінің есептеу нұсқасына тікелей қатысы бар. Ол гипотезалар: 1. Материалдардың барлығы да түбегейлі серпімді, демек, денеге əрекет ететін күш алынып тасталғанда, ол дене бастапқы қалпына қайтып келеді. Бұл гипотезадан күштер əрекетінің тəуелсіздігі принципі туындайды.. Конструкцияларда қолданылатын барлық материалдар изотропты, демек, дененің əр нүктесіндегі қасиеттері барлық бағытта бірдей. Бұл гипотезаның арқасында, зерттелетін элементар көлемді, дененің қай жерінен, қай бағдарда бөлiп алғанымызды айғақтап жатпаймыз. 10

11 3. Материалдардың құрамы біртекті, яғни дененің қай жерінде болмаса да, оның қасиеттері бірдей. Бұл гипотеза, элементар көлемді зерттеу арқылы анықталған барлық физикалық қасиеттер мен алынған математикалық формулалар осы денеге тəн деп тұжырымдауға мүмкіндік береді. 4. Дененің құрылысы біртұтас, өйткені дене затпен толық толтырылған, ешқандай бос қалған жер мен қуыстар жоқ. Инженерлік есептерді зерттеуге математиканың көп салаларын қолдану мүмкіндігін осы гипотеза береді. Объектінің есептеу нұсқасы сапалы болу үшін, деформациялардың түрлеріне де көңіл аударған жөн. «Материалдар кедергісі» ілімінде негізінен сырықтар жəне сырықтар жүйелері қаралатын болғандықтан, соларды толығырақ қарастырайық. Сырықтың көлденең қималарының ауырлық центрлері арқылы өтетін сызық оның осі деп аталады. 9-сурет Сыртқы күштердің əрекетіне байланысты сырықтың созылып не сығылып, иіліп немесе бұралып деформациялануы мүмкін. Осыған байланысты, егер сырық, негізінен, иіліп деформацияланатын болса, ал арқалық, бұралып деформацияланатын болса, онда оны білік деп атау қабылданған. 11

12 10-сурет Бірнеше сырықтардан тұратын конструкциялар ферма жəне рама болып екі топқа бөлінеді. Егер конструкцияның элементтері негізінен созылып не сығылып жұмыс істесе, онда ол ферма деп аталады. Бұл конструкцияларда бірнеше сырықтар бір түйінге топса арқылы бекітіліп, күш оның тек түйініне түседі. Сондықтан деформация кезінде түйіндер сырықтардың ұзаруына немесе қысқаруына байланыста жылжиды (9-сурет). Егер конструкцияның элементтері негізінен иіліп не бұралып жұмыс істесе, онда ол рама деп аталады. Бұл конструкцияның ерекшелігі оның түйіндердегі бұрыштарының деформация кезінде өз шамаларын өзгертпеуінде (10-сурет).. Сыртқы жəне ішкі күштер. Қималар тəсілі Денелердің бір-біріне механикалық əсерін күш дейміз. Егер белгілі бір конструкцияны жеке дербес дене ретінде өзгелерден бөліп алып қарасақ, онда қалғандардың оған əсерін сыртқы күш дейміз (тіректердің əсерін-реакцияларды сыртқы күштерге жатқызамыз). Сыртқы күштер көлемдік жəне беттік болып бөлінеді. Көлемдік күш заттың барлық көлеміне таралып, оның əр түйіріне əсер етеді. Беттік күштер денеге қадалып, не таралып əсер етеді. Қадалған күш деп нүктеге түсетін күштерді айтамыз. Ал тəжірибеде дəл нүктеге түсетін күш жоқтың қасы. Сондықтан, əдетте, қадалған күш өте шағын бетке түседі. Таралған күш дененің белгілі бір ауданына түседі де, өзінің қарқындылығымен сипатталады. 1

13 Қарқындылық деп күштің бірлік ауданға немесе бірлік ұзындыққа түсірілген шамасы аталады. Оның тұрақты болуы немесе элемент бойымен өзгеріп отыруы мүмкін. Осыған байланысты, таралған күшті тұрақты таралған жəне өзгермелі таралған деп бөлеміз. Сыртқы күштер өздерінің ерекшеліктеріне байланысты тұрақты жəне уақытша күштер, статикалық немесе динамикалық күштер жəне тағы басқаша болып жіктеледі. Зерттеліп отырған объектінің (конструкцияның) бөліктерінің өзара əсерін ішкі күштер дейміз. Ішкі күштер денеге сыртқы күштер əрекет еткенде пайда болады. 11-сурет Мысалы, P 1, P, P 3,. P n күштерiнен тұратын күштер жүйесі əсер еткен кезде тепе-теңдік күйде тұрған мына бір сырықты (11,а-сурет) алып қарайық. Сыртқы күштердің əсерінен бұл денеде ішкі күштер пайда болады. Өйткені, сыртқы күштер (P 1, P, P 3,. P n ) денені қиратуға жəне оның геометриялық өлшемдерін, пішінін өзгертуге тырысады, ал дене оған «қарсыласады». Дененің қарсыласуын ішкі күштер арқылы бағалауға болады. Бұл ішкі күштерді денені қию арқылы айғақтап, теңдеулер (статиканың, динамиканың жіне т.б) құру арқылы олардың мəнін табуға болады. Осындай əдісті қималар тəсілі деп атайды. Осы тəсілді толығырақ қарастырайық. Ол үшін, статикалық тепе-теңдікте тұрған денені, мысалы, сырықты алып қарайық (11,а-сурет). Осы қаралып отырған сырықты «S» қимасы арқылы ойша тіліп екіге бөлейік те, оның сол жақ бөлігін алып тастап, оң жақ бөлігін қарастырайық. Алынып тасталған сол 13

14 жақтағы бөліктің, қалған оң жақ бөлікке əсерін А қимасындағы ішкі күштер арқылы өрнектеуге болады (11,б-сурет). Екі бөліктің ортақ қимасындағы (мысалы «А»-қимасы) ішкі күштер өзара тең, тек қарама-қарсы бағытталған. Əрине, ішкі күштер дененің əр түйірінің бір-біріне əсерін көрсететіндіктен басқа қималардағы ішкі күштер басқаша болуы əбден ықтимал. Ішкі күштер қима бетінде, көбінесе, өте бір күрделі заңдылықпен таралып жатады. Бірақ, ол заңдылық қандай қиын болғанымен, дененің əр бөлігі теңдік күйінде болады, өйткені есептің қойылу шарты бойынша, берілген дененің өзі теңдік күйде екені атап көрсетілген. Осыған байланысты барлық ішкі күштерді, теориялық механика заңы бойынша, бір нүктеге жинауға болатынын ескеріп, оларды қиманың салмақ центріне (О) жинаймыз. Нəтижесінде бас вектор (P ) мен бас моментті (M ) аламыз (1,а-сурет). Содан кейін, қиманың центрі арқылы өзара перпендикуляр үш ось (x,y,z) жүргіземіз де, бас вектор мен бас моментті осы үш оське жіктейміз (проекциялаймыз). Соның нəтижесінде, алты түрлі ішкі күштер пайда болады. 1 сурет Олар: N бойлық күш, Q х жəне Q у көлденең күштер, М б бұрау моменті, М х жəне М у ию моменттері (1,б-сурет). Осы көрсетілген алты ішкі күштерді табу үшін теориялық механиканың статикалық алты теңдеуінен тұратын теңдеулер жүйесін қолдануға болады. 14

15 x y z ). ( X = 0, Y = 0, Z = 0, M = 0, M = 0, M Ал, осы ішкі күштердің (N, Q x, Q y, M б, M x, M y ) бiр қимада бəрі бірдей пайда бола бермейтіні тəжірибеден анық көрінеді. Шынында да, егер бір қимада екі-үш, тіпті одан да көп ішкі күштер болса, басқа қимада бір-ақ ішкі күш болуы мүмкін. Осы ішкі күштердің қаншасының элемент қимасында пайда болуына байланысты кернелген күймен деформацияның түрі əрқилы болып келеді. Сондықтан, элементті есептеу жолдары да əр түрлі. Есептерді шығару ыңғайлы болу үшін, элементтердің қимасындағы ішкі күштердің сандарына жəне оларды анықтау жолдарына байланысты, материалдардың кедергісіндегі есептер бірнеше топқа бөлінеді. Мысалы, сыртқы күштердің əрекетінен элементтердің қимасында тек қана бойлық күш (N) пайда болатын жүктеменің түрін - созылу немесе сығылу деп атайды. Сонымен, материалдар кедергiсiнiң есептерiнiң қай тобын қарастырсақ та, оларды шешу белгілі бір жолмен (жоспармен) жүргiзiледi. Сол жоспарда көрсетiлген ( 6) iшкi күштердi табу үшiн қималар тəсiлi қолданылады. Қималар тəсілі - бірінен кейін бірі орындалатын, төрт кезеңнен тұратынын баса айтуымыз керек. Ол кезеңдер мыналар: 1. Ішкі күштер ізделіп отырған нүкте арқылы, ойша қима жүргіземіз (мысалға «А» қимасы). Бұл кезде дене екіге бөлінеді (ойша).. Екі бөліктің кез келгенін алып тастаймыз. Бұл кезде, қай бөлікті қалтыру мəселесін шешкенде, есептің шешілу жолының жеңіл, ыңғайлы болуын қарастырған жөн. 3. Алып тасталған бөліктің, қалған бөлікке əсерін, ішкі күштер арқылы өрнектейміз ( N, Q х, ). 4. Теңдіктер жүйесін ( X = 0, Y = 0, Z = 0, M = 0, M = 0, M x y z ) құрамыз. Осы құрылған теңдіктер жүйесін пайдалана отырып, ішкі күштерді табуға болады. Егер сыртқы күштер берілмеген болса, онда осы теңдеулер арқылы ішкі күштер мен сыртқы күштердің қатынастарын алуға болады. 3. Кернеулер Берiктiк есептерін толық шешу, ішкі күштердің қима бетінде таралу заңын санмен өрнектеуге тығыз байланысты екенiн жоғарыда айтқанбыз. Ал ішкі күштердің қима бетінде таралу заңын сан 15

16 арқылы өрнектеу үшін кернеу ұғымын кіргізіп, бұдан былай ішкі күш өлшемін кернеу деп атаймыз. Дененің «А» қимасы берілсін (13-сурет). Осы қимадағы к нүктесінің маңынан Δ A элементар ауданын бөліп алайық. Бұл ауданға əрекет етіп тұрған күшті ΔR деп белгілейік. Cонда, күш пен ауданның қатынасы қимадағы орта кернеу деп аталады. Яғни: R P A (1.1) 13 сурет 14-сурет Енді Δ A - ауданын кішірейте-кішірейте к нүктесіне жақындатайық. Аудан нөлге жуықтағанда бұл қатынас (1.1) қиманың толық кернеуін береді. R lim 0 (1.) Толық кернеуді үш құраушыға жіктеуге болады. Оның бірі қимаға тік бағытталады да, тік кернеу деп аталып, σ -əрпімен белгіленеді. Ал қалған екеуі сол қиманың жазықтығында жатады. Олар жанама кернеу деп аталып, τ - əрпімен белгіленеді (14-сурет). Егер кез келген «к» нүктесі арқылы тағы бір қима жүргізсек, онда бұл нүктедегі кернеулер, жалпылама айтқанда, бұрынғыдан өзгеше болады. Сонымен, кез келген нүкте арқылы өтетін барлық қималардағы кернеулер осы нүктенің кернелген күйін анықтайды. 4. Орын ауыстыру жəне деформация Табиғатта кездесетін барлық материалдар да, жасанды материалдар да мүлде (абсолют) қатты болмайды. Олар сыртқы күштердің əсерінен аз-маз болса да өзінің пішінін, өлшемдерін өзгертеді. Демек, дененің нүктелері өз орындарын ауыстырады. Денелердің орын ауыстыруын екі түрге бөлеміз. Біріншісі дененің түгелімен, 16

17 өзінің геометриялық пішінін жəне өлшемдерін, ал, түйірлері өзара қашықтарын өзгертпей орын ауыстыруы, екіншісі оның түйірлерінің өзара орын ауыстыруы. Дененің орын ауыстыруының бірінші түрі болмайтындай етіп бекітілген денені алайық (15-сурет). Сыртқы күштердің əсерінен к нүктесі к / нүктесіне орын ауыстырды делік. Бұл кезде кк / қашықтығы - оның толық орын ауыстыруы деп аталады. Осы толық орын ауыстыруды үш бағытқа жіктеуге, яғни, үш оське (x,y,z) проекциялауға болады. Түсінікті болу үшін кк / орын ауыстыруына мына тұрғыдан қарайық. 15-сурет 16-сурет Қарастырылып отырған к нүктесі алдымен z осін бойлай жылжып КА қашықтығына орын ауыстырды, сонан кейін х осінің бойымен АВ қашықтығына, ең соңынан у осімен ВК / қашықтығына орын ауыстырды деп қарауға болады. Осы орын ауыстыруларды, əдетте, төмендегідей етіп белгілейді: ΑΒ = ubk, = vka, = w (1.3) Сонымен, толық орын ауыстыруды ( кк / ) үш оске проекциялап, u, v жəне w жылжуларын алуға болады. Айта кететін бір жай қатты денелер механикасында, оның ішінде «Материалдар кедергісі» пəнінде де, дененің геометриялық өлшемдеріне қарағанда əлдеқайда аз болып келетін орын ауыстырулар қарастырылады. Енді дененің геометриялық пішіні мен өлшемдерінің өзгеруінің қарқынын сипаттау үшін мына денені алып қарайық (16-сурет). Осы денедегі екі нүктенің (А жəне В) ара қашықтығын l деп белгілейік. Сыртқы күштердің (сурет қиындап кетпес үшін ол күштер көрсетілмеген) əсерінен бұл дене өзінің пішінін өзгертті делік (суретте үзік сызықпен көрсетілген). Ол кезде, А нүктесі А / нүктесіне, В нүктесі В / нүктесіне жылжып, екеуінің ара қашықтығы өзгеріп,

18 l+δl болады. Δl -дің l -ге қатынасын əрпiмен белгілеп, оны орташа ұзару деп атаймыз, яғни l (1.4) l Осыдан кейін А нүктесі мен В нүктесін бір-біріне жақындата бастаймыз. Жақындатудың математикалық шегінде алынатын шаманы деформация дейміз. l lim AB l0 l (1.5) Толығырақ жəне нақтылап айтқанда, ε AB - дененің А нүктесіндегі АВ бағытындағы сызықтық деформациясы. Осылайша қарастыра отырып, координаталық осьтер x, y, z бағыттарындағы сызықтық деформацияларды табуға болады. Олар εx, εy, ε z əрiптерiмен таңбаланады. Сызықтық деформациялардан басқа, бұрыштық деформациялар да болады. Олар, деформацияға дейінгі белгілі бір бұрыштың, деформациялану кезінде қаншалықты өзгеретінін сипаттайды жəне γ xy, γ yz, γ zx символдарымен таңбаланады. Есте болатын бір нəрсе, деформация мен орын ауыстыруды шатастырып алатын кездер кездесіп тұрады. Мысалы, сырықтың толық ұзаруы мен пружинаның отыруы, əр кезде де деформация емес, тек орын ауыстыру болуы мүмкін екенін ұмытпау керек. Мына 17-суретте көрсетілген сырыққа көңіл аударайық. 17-сурет Бұл сырық Р күшінің əрекетінен СД шамасына ұзарады, сондықтан оның қималары оңға қарай жылжиды. Бірақ, ВС бөлігі де жылжығанмен, ол ешқандай деформация алмайды, өйткені оның жылжуы сырықтың АВ бөлігінің ұзаруына (деформациясына) тəуелді. 18

19 5. Гук заңы жəне күштер əсерінің тəуелсіздігі Тəжірибелер мен көптеген зерттеулер, белгілі бір деңгейде орын ауыстыру мен əрекет етуші күштің арасында пропорционалдық заңдылықтың барын көрсетеді. Бұл заңдылықты ағылшын ғалымы Р. Гук 1660 жылы былай деп латын тілінде тұжырымдаған еді: «ut tensio sik vis - ұзару қандай болса, күш сондай». Гуктың бұл еңбегі тек 1676 жылы ғана жарық көрген еді. Кез-келген А нүктесінің х бағытындағы орын ауыстыруын Гук заңы бойынша былай жазуға болады: δ = C P. (1.6) A Бұл жерде Р орын ауыстыруды туғызатын күш те, ал С х күш пен орын ауыстырудың арасындағы пропорционалдық коэффициент. Бұл коэффициент (С х ) тек қана материалдардың физикалық қасиеттеріне бағынышты емес, ол қаралып отырған А нүктесі мен Р күші əрекет етіп тұрған нүктенің ара қашықтығына, тіпті жүйенің геометриялық ерекшелігіне байланысты екеніне күмəн жоқ. Міне сондықтан, (1.6) қатынасын жүйелер үшін Гук заңы деп қарауға болады. Сонымен қатар, жоғарыда тұжырымдалған орын ауыстыру мен күш арасындағы сызықтық қатынастың күш біртіндеп өскенде де, азайған кезде де заңды екенін айтқан жөн. Мұның өзі материалдардың серпімділік қасиетін сипаттайды. Күш пен орын ауыстыру өзара пропорционалды болатын жүйелерге, күштер əрекетінің тəуелсіздігі принципін (суперпозиция принципін) қолдануға болады. Бұл принцип бойынша, сыртқы күштердің əрекетінен серпімді материалдарда пайда болатын ішкі күштер мен орын ауыстырулар, сол сыртқы күштердің денеге түсу тəртібіне, яғни қай күштің қай күштен кейін түсуіне, байланысты емес. Мысалы, кез келген бір жүйеге Р 1 күші түсіп тұрсын. Осы күштің əрекетінен А нүктесінің х бағытындағы орын ауыстыруы жоғарыда кетірілген формула (6) бойынша төмендегіше табылады: δ = C P x A1 x (1.7) Енді Р 1 күшін алып тастап, сол жүйенің басқа бір нүктесіне Р күшін түсірейік. Бұл кезде А нүктесінің орын ауыстыруы былайша табылады:

20 δ A = Cx P (1.8) Р 1 жəне Р күштері жүйенің əр нүктесіне түскендіктен С х1 мен С х өзара тең болмауы айтпай-ақ түсінікті. Енді осы екі күш ( Р 1, Р ) жүйеге бір уақытта əрекет етсін. Ол үшін, алдымен Р 1 күшін түсіреміз де, онан кейін Р күшін түсіреміз. Ол кезде орын ауыстыру былайша табылады: δ A1 = Cx 1 P1+ C / x P (1.9) С х1 коэффициентін 7-ші формуладағыдай етіп жазған себебіміз, / Р 1 күші жүйеге бірінші болып түсіп тұр. Екінші коэффициентті C x деп белгілеуіміздің себебі, Р күші бос жүйеге емес, Р 1 күші əрекет етіп тұрған жүйеге түсіп тұр. Сондықтан, əзірге / деп қарауымыз керек. Ал енді осы тұжырымға басқа тұрғыдан қарайық. / С х коэффициенті өзара тең болмаса, онда С х коэффициенті Р 1 күшіне бағынышты деген сөз. Олай болса, орын ауыстыру мен күш / арасындағы сызықтық қатынас жоққа шығар еді. Сондықтан, коэффициенті күшке бағынышты емес деп тағы да тұжырымдаймыз. Бұл сұраққа енді басқа тұрғыдан қарайық. Егер Р 1 күшін жоқ деп қарасақ, яғыни, Р 1 =0, онда (1.9) қатынасы (1.7) қатынасына айналуы керек, яғни: δ δ A / P 0 = = Α 1 (1.10) Сондықтан = / (1.11) Олай болатын болса δ Α = Cx P+ Cx P (1.1) Сонымен, жүйедегі толық орын ауыстыру əр күштен пайда болатын орын ауыстырулардың қосындысына тең болады. Осы тұжырым ішкі күштерді, кернеулерді анықтағанда да қолданылады. Қазіргі кезде Гук заңына жаңаша мəн беріліп, оны күш пен орын ауыстырудың арасындағы ғана емес, кернеу мен деформацияның арасындағы пропорционалдық қатынас деп қарастырылады, яғни. (1.13) i i 0

21 Осыған байланысты С і пропорционалдық коэффициентін бұдан былай материалдардың физикалық тұрақтылығы (константы) деп түсінеміз. Сондықтан бұл тұрақтылық (С і ) жүйенің геометриялық ерекшеліктеріне тəуелді емес деп тұжырымдаймыз. 6. Беріктіктің негізгі есептерін шығару жоспары. Конструкцияны, оның бөлшектері мен элементтерін жобалағанда, инженердің алдына қоятын негізгі мақсаты: конструкцияның өзі де, оның бөлшектері мен элементтері де сыртқы күштердің əрекетінен қирамайтындай берік болуын жəне олардың геометриялық пішіні мен өлшемдерінiң қайырылмастай өзгерiс алмауларын қамтамасыз ету; сонымен қатар, олардың геометриялық пішіні мен өлшемдерінiң шамаларын тағайындау, конструкцияның қандай материалдардан жасалса тиiмдi болатынын анықтау. Ал, бұл мақсат орындалу үшін инженер қандай факторды негіз етіп алу керек? Беріктік пен қайырылмас геометриялық өзгерiстер неге байланысты, неден бағынышты? Міне осыларды жете түсініп, жобалау кезінде оларды саналы түрде тиімді пайдалана білу керек. Беріктік пен элементтердiң қайырылмас геометриялық өзгерiстерi, көбінесе, кернеу мен деформация ұғымдарына байланысты екенін, мол тəжірибе мен көптеген зерттеулер көрсетіп отыр. Сондықтан, конструкцияның бөлшектерінде пайда болатын кернеулер мен деформаацияларды шектеп, олардың қауіпті жердегі ең үлкен мəнi, материалдар iстен шығатын (сынатын) шамадан төмен болуын қамтамасыз ету жеткілікті деп саналады. Бұл тұжырым беріктік шарты деп аталады. Енді осы айтылғандарға байланысты, берiктiк iлiмінің негізгі есептерінінің шығару жоспарын жасауға болады. Ол жоспарды қысқаша тұжырымдасақ: 1. Жобаланып отырған конструкцияға əрекет ететін сыртқы күштердің саны мен сапасын анықтау керек. Iшкi күштердi, кернеулердi табу керек.. Күштердің (сыртқы, iшкi) жəне конструкцияның ерекшеліктерін ескере отырып, бөлшектер мен элементтердің қандай материалдан жасалу керектігін анықтап жəне осы материалдың шектеу кернеуін тағайындау керек. 3. Қауіпті қимадағы кернеудің ең үлкен шамасын, бөлшектердің немесе элементтердің геометриялық өлшемдері арқылы өрнектеу керек. 4. Беріктік шартын пайдаланып, бөлшектердің (элементтердің) 1

22 көлденең қимасының өлшемдерін есептеп табу керек немесе тағайындалған өлшемдердің жеткілікті екенін анықтау керек. Тұжырымдалған «беріктік шартын» дұрыс жəне нəтижелі қолдану үшін, кейбір конструкцияның беріктігі, оның белгілі бір элементінің беріктігінен жоғары болып келетінін, яғни оның жекеленген элементі істен шығып қалғанына қарамай, өзінің негізгі функциясын атқара беретінін есте ұстау керек. Мұндай кезде материалдардың беріктік шартының орнына «конструкцияның беріктік шарты» деген ұғым кіргізіледі. Бұл жерде берiктiк iлiмінің есептерін шешу жолдары қысқаша келтіріліп отыр. Ал, бұл есептердің «қыры мен сыры» өте көп, олар берiктiк iлiмiнiң сəйкес тарауларында қарастырылады.

23 -тарау. ТҮЗУ СЫРЫҚТЫҢ СОЗЫЛУЫ ЖƏНЕ СЫҒЫЛУЫ Кіріспенің -ші параграфында элементтің қимасында алты ішкі күштердің (N, Q x, Q y, M b, M x, M y ) пайда болуы ықтимал екені толық көрсетілген. Ал, сол ішкі күштердің əр уақытта бəрі бірдей пайда бола бермейтіні тəжірибеден анық көрінетіні де айтылған болатын. Шынында да, егер бір қимада екі-үш, тіпті одан да көп ішкі күштер болса, басқа қимада бір-ақ ішкі күш болуы мүмкін. Осы ішкі күштердің қаншасының элемент қимасында пайда болуына байланысты деформацияның түрі əрқилы болып келеді. Сондықтан, элементті есептеу жолдары да əр түрлі. Есептерді шығару ыңғайлы болу үшін, элементтердің қимасындағы ішкі күштердің сандарына жəне оларды анықтау жолдарына байланысты, материалдардың кедергісіндегі есептер бірнеше топқа бөлінеді. Солардың бірінші тобы осы тарауда қаралатын созылу жəне сығылу. Сонымен, сыртқы күштердің əрекетінен элементтердің қимасында тек қана бойлық күш (N) пайда болатын деформацияның түрін созылу немесе сығылу деп атайды. 1. Созылудағы жəне сығылудағы кернеулер Белгілі бір Р күшінiң əрекетiнен созылып, теңдік күйде тұрған сырықтың бір бөлігін алып қарайық (18-сурет). Сырық теңдік күйде тұрғандықтан, қаралып отырған бөліктің де теңдiк күйде болатыны айтпаса да белгілі. Сондықтан бойлық күш қимадағы ішкі күштердің жиынтығына тең болады. Енді осы қимадан элементар аудан d -ны бөліп алайық. Ол аудандағы элементар ішкі күштің (dn) өлшемін σ кернеуі арқылы өрнектеп, былай жазуға болады: dn d (.1) Бұл теңдiктен iшкi күштi тапсақ N d. (.) 3

24 18-сурет Интеграл түрінде алынған теңдiктiң () шешімі сансыз көп екеніне күмəн жоқ. Осыған байланысты, бұл интегралды алу үшін тік кернеудің (σ ) қима бетіндегі таралу заңы белгілі болса болғаны, ал ондай заңдылықтың мөлшерсіз көп екені де белгілі. Мысалы, кернеудің қима ауданындағы таралуының бірнеше түрін ғана көрсетейік (19-сурет). Осындай көп шешімдердің қайсысы, қаралып отырған (.) интегралдың шешуі болатынын білу үшін, эксперимент арқылы зерттеу жүргізу керек болады. 19-сурет Бір шеті қатаң бекітілген, екіншісі бос сырықты алайық. Осы сырықтың екі шетінен едəуір қашықтықта, оның осіне перпендикуляр жəне бiр-бiріне параллель бiрнеше сызықтар (аа, вв,сс) жүргізейiк (0,а-сурет). Енді сырықтың оң жақтағы шеткі қимасының центріне түсіп тұрған күш арқылы оны созайық. Бұл кезде, жаңағы жүргізген сызықтардың аралары ашылып, оңға қарай жылжиды (а а, в в, с с ), жəне олар сырықтың осіне перпендикуляр жəне өзара параллель күйінде қалатынын эксперимент көрсетеді (0,б-сурет). Сондықтан, 4

25 бұл жүргізілген сызықтың, шындап келгенде, қималардың ізі екенін еске алсақ, мынадай тұжырым жасауға болады: сырықтың деформацияға дейінгі оське перпендикуляр жəне өзара параллель болып келетін жазық қималары, күш əрекет еткен кезде де, өзара перпендикуляр, өзара параллель жəне сол жазық күйінде қалады. 0-сурет Бұл тұжырым жазық қималар гипотезасы немесе Бернулли гипотезасы деп аталады. Осы гипотезаға сүйене отырып, жоғарыда көрсетілген (.) интегралдың бір ғана шешімi болатынын, ол шешiм бойынша σ =const екеніне көзіміз жетеді. Олай болса кернеу интегралдың астынан шығады да, қалған интеграл қиманың ауданын бередi. Демек: N σ =. (.3) A. Ұзару жəне сығылу үшін Гук заңы Күштердің əсерінен сырықтың геометриялық өлшемдерінің өзгеретіні белгілі. Егер сырықтың күш əрекет еткенге дейінгі ұзындығы l болса, күштің əсерінен оның ұзындығы l+δ l болып өзгереді (1,а-сурет). Бұл жердегі Δ l шамасы - сырықтың толық (абсолют) ұзаруы немесе қысқаруы. Енді S жəне S 1 қималарының арасындағы элементар ұзындықты АВ деп белгілейік. Оның ұзаруын Δ ( dz) деп алып, олардың қатынасын ε əрпімен таңбалайық (1,б-сурет). Сонда: Δ ε = ( dz) dz 5 (.4) Бұл шама (ε) сырықтың салыстырмалы ұзаруы немесе бойлық деформация деп аталады. Созылу жəне сығылу механизмі Бернулли

26 заңына бағынатын болғандықтан, бойлық деформацияны төмендегі формуламен де табуға болады. Δ ε = l l (.5) 1-сурет Созылу мен сығылу деформацияларына да Гук заңын қолдануға болады. Ал бұл заңға келесідей анықтама беруге болады. Серпімділік шеңберінде материалдардың басым көпшілігінің кернеулері деформацияларымен пропорционалдық қатынаста болады, яғни σ = E ε. (.6) Бұл формуладағы пропорционалдық коэффициенті Е - серпімділік модулінің бірінші түрі деп аталады. Ол материалдардың негізгі сипаттамаларының бірі болып табылады (физикада бұл шаманы Юнг модулі деп атайды). Соңғы формуладағы кернеудің орнына (.3) өрнекті, ал бойлық деформацияның орнына (.4) өрнекті қойғанда бұдан Δ ( dz) табайық 6 N dz E dz Ndz dz. E. Алынған теңдіктің екі жағында l бойынша интегралдап, толық ұзаруды табамыз. Ол ұзару:

27 N dz.. (.7) E l Тəжірибеде қаралатын есептердің басым көпшілігінде əр алаптағы бойлық күш тұрақты болып келеді. Сонымен қатар, алаптар бір материалдан жасалып, олардың аудандары (А) тұрақты болса, соңғы формула төмендегідей болады. N. (.8) E ЕА - сырықтың (созылудағы немесе сығылудағы) қатаңдығы деп аталады. Кейбір кезде, тек сыртқы күштің əсерінен ғана емес, температура əсерінен ұзаруды табу керек болады. Бұл кезде элементтің толық ұзаруын, осы екі əсерден пайда болған ұзарулардың қосындысы ретінде қарастыруға болады. Мысалы, физика пəнінен белгілі формуланы алайық: t (.9) α - заттың температуралық ұзаруының коэффициенті; 0 Δt - температураның өзгеру шамасы. Бұл формула бойынша қарастырылып отырған элементтің температура əсерінен ұзаруын табамыз. Ал енді температура əсерінде тұрған элементке сыртқы күш əсер етсе, онда оның ұзаруы төмендегі формула арқылы табылады. 0 N E 0 t (.10) 3. Көлденең деформация. Пуассон коэффициенті Созылғанда, не сығылғанда сырықтың тек ұзындығы ғана өзгермейдi, онымен қоса олардың көлденең өлшемдері де өзгереді: Мысалы, сырық созылса жіңішкереді (,а-сурет), ал сығылса - жуандайды (,б-сурет). 7

28 -сурет Өткен параграфта ε =Δl/ l қатынасын бойлық деформация деп атағанбыз. Δa Ендi сырықтың көлденеңiнiң өзгеруiн Δ a= a1 aдеп алып, a қатынасын көлденең деформация деп атаймыз да ε əрпiмен белгiлеймiз. Демек:. (.11) Көлденең деформацияның бойлық деформацияға қатынасының абсолют шамасы көлденең деформацияның коэффициентi немесе Пуассон коэффициентi деп аталады. ε μ = ε. (.1) Пуассон коэффициентi де ( μ ) серпiмдiлiк модулiнiң бiрiншi түрi (Е) секiлдi, материалдардың ерекшелiктерiн көрсететiн тағы бiр тұрақты шама материалдың сипаттамасы болып табылады. Көлденең деформацияның коэффициентiнiң көмегiмен, созылған немесе сығылған заттардың көлемiнiң өзгеруiн табуға болады. Сырықтың ұзындығы l, ал оның ауданы k a болсын. Бұл жердегi kөлденең қиманың геометриялық ерекшелiктерiне бағынышты коэффициент. Мысалы, көлденең қима төртбұрыш болса (өлшемдерi «а» жəне «в»), онда k=a/в; көлденең қима диаметрi d-ға тең дөңгелек болса, онда k = p/4. Сырықтың деформацияға дейiнгi көлемi V = k a l болсын. Деформация кезiнде сырықтың ұзындығыl 1 = l+δl, ал ауданы 1 ka ( ) болып өзгерсiн. Ендi оның көлемi 8

29 V1 k( l l)( a a) Δ V деп белгiлесек, онда = +Δ +Δ болады. Көлемiнiң салыстырмалы өзгеруiн V1 V Δ V = V. Соңғы формуланы түрлендiрейiк l a kl(1 a (1 ) ka l kl ( l)( aa) kal l a kla (1 )(1 ) 1 V ka l ka l kla ε -тiң орнына με -дi қоямыз. Содан кейiн: Δ V = (1 + ε)(1 με) 1. Жақшаны ашып, ε аз шама болғандықтан, оның квадраттары мен кубiн абсолют аз шама ретiнде ескерусiз қалдырсақ: Δ V = ε(1 μ) (.13) Тəжiрибенiң көрсетуiнен сырықтар созылғанда оның көлемi көбейiп, сығылғанда көлемiнiң азаятынын бiлемiз. Сондықтан барлық дерлiк заттардың көлденең деформациясының коэффициентi 0,5 санынан кем болуы керек (m<0,5). Өйткенi, m=0,5 болса - соңғы формула бойынша, деформация кезiнде материалдың көлемi өзгермеу керек. Ондай материалдар жоқтың қасы. Тек каучук тектес заттардың коэффициентi 0,5 санына жақындау. 4. Сырықтың өз салмағының созылу мен сығылуға əсері Сырықтардың созылуын жəне сығылуын зерттеп, олардың iшкi күштерiн, кернеулерiн жəне деформациясы мен орын ауыстыруларын тапқан кезде, бiз сырықтың өз салмағын ескермеген едiк. Ендi осы салмақтың созылуға немесе сығылуға əсерi қаншалықты екенiн анықтайық. Жоғарғы шетi қатаң бекiтiлген сырықтың ұзындығы l, ауданы А, қатаңдығы EА болсын (3,а-сурет). Материалдың меншiктi салмағы g болсын. Сырықтың iшкi күштерiн N, кернеулерiн s жəне қималарының орын ауыстыруын d тауып, олардың эпюраларын тұрғызайық. Қималар тəсiлi бойынша, сырықтың төменгi, бос шетiнен z қашықтықтан, ойша тiлiп, оны екiге бөлемiз. Жоғарғы бөлiгiн алып тастап, оның қалған бөлiкке əсерiн N күшi арқылы өрнектеймiз. Бұл 9

30 z --ке тең бо- кезде ұзындығы z-ке тең төменгi бөлiктiң салмағы лады (3,б-суретi). 3-сурет Қарастырылып отырған төменгі бөлiктiң статикалық теңдiгiн ескерiп, статиканың теңдеуiн құрамыз. z = 0 γ A z = 0 N = γ A z (.14) Бойлық күштiң (N) эпюрасы 3,в-суретте көрсетiлген. Эпюраның бұлай болуының себебi: бойлық күштiң сырықтың бойымен таралуы, табылған формула бойынша, сызықтық функция. Сондықтан, z=0 болғанда N=0; ал z=l болғанда N = γ A l. Ендi кернеудi табамыз. Формула бойынша: z z (.15) Бұл функция да сызықтық болғандықтан, оның эпюрасы бойлық күштiң эпюрасына ұқсас, ең үлкен кернеу γ l -ге тең, ол сырықтың қатаң бекiтiлген қимасында пайда болады (3,г-сурет). Қималардың орын ауыстыруын табу үшiн, сырықтың элементар d бөлiгiнiң ұзаруын табамыз. Осы элементар бөлiкке əсер етушi күш γ A z шамасына тең (3,а-сурет). Белгiлi формуланы пайдаланып келесі өрнекті аламыз d d. E 30

31 Теңдiктiң екi жағын да l бойынша интегралдасақ, сол жақтан толық орын ауыстыру d шығады. Оң жақты, əзiрше, интеграл түрiнде қалдырамыз. d E (.16) Орын ауыстырудың жалпылама түрiн алу үшiн, интегралдың төменгi шегiн z деп аламыз. Сонда l Ζ γ Aξ dξ γ z z δ = = ( l Ζ ) EA E Сонымен, қималардың орын ауыстыру заңы квадраттық функция арқылы өрнектеледi. Сырықтың төменгi қимасы (z=0) ең көп қашықтыққа жылжиды. γ l δmax = E. (.17) Орын ауыстырудың эпюрасы 3,д-суретінде көрсетiлген. 5. Көлбеу қимадағы кернеулер. Жанама кернеулердің жұптық заңы Сырықтың созылу мен сығылу кезiндегi кернелген күйiн зерттеу үшiн, оның қимасындағы кернеулерiн табайық. Ол үшiн созылып тұрған сырықтан (4-сурет), екi тiк қима (m-m, n-n) арқылы ұзындығы l бөлiктi кесiп алайық. Сырықтың көлденең қимасының ауданы А болғандықтан, оның тiк қималарындағы кернеулер болады. Ендi, ойша көлбеу (k-k) қимасын жүргiзейiк. Бұл қима тiк қимамен a бұрышын жасайды (4,а-сурет). Оң жақ бөлігін алып тастап, қалған сол жақ бөлігінің статикалық теңдiгiн қарастырайық (4,б-сурет). Егер көлбеу қиманың ауданын, A суретте көрсетілгендей, деп белгiлесек, онда cos болады. Көлбеу қимадағы толық кернеудi арқылы таңбалаймыз. 31

32 4-сурет Статиканың теңдеуін құрамыз. z 0 ; Бұл теңдіктен толық кернеуді табамыз: A. A А a -ны А арқылы өрнектеп Cos, (.18) толық кернеудi тік жəне жанама кернеумен өрнектеп Cos, Sin, толық кернеудiң орнына, оның мəнiн (5) өрнекпен алмастырсақ, онда σα = σ Cos α, (.19) 1 τα = σ Sinα. (.0) Соңғы формулаларды зерттей отырып, сырықтың кез келген нүктесіндегі кернеулер қиманың көлбеулігіне байланысты өзгеріп отыратынын тұжырымдаймыз. Сондықтан, созылу мен сығылу кезiнде тiк қималарда тек тiк кернеулер, ал көлбеу қималарда, оған қоса жанама кернеулердiң де пайда болатынын көреміз. Ендi α бұрышына байланысты кернеулердiң өзгеруiн қарастырайық. 3

33 N 1. Егер α=0 болса, онда σα = σ =, τ α A =0,. Егер α=π/ болса, онда σα = τα = 0. Мұның өзi бойлық қатпарларды бiр- бiрiмен байланысы жоқ жіне бiр-бiрiне тік бағытта əсер етпейдi деп қарастыруымызға болатынын көрсетедi. Олай болса, созылып жəне сығылып тұрған сырықтарды, өзара параллель талшықтардың бiр будасы ретiнде көзге елестетуге болады. 3.Жанама кернеуге көңiл аударсақ, оның α бұрышы 45 0 болғанда ең үлкен (max) мəнге ие болатынын көремiз. Демек, σ τ max =. (.1) Созылып тұрған сырықтан кез келген АВСД төртбұрышын алып қарастырайық (5, а-сурет). Төртбұрыштың АВ жəне СД / жақтарындағы жанама кернеулерін τ деп белгілесек, онда τ = σ Sinα. Ал ВС жəне АД жақтарының жанама кернеулерiн табу үшiн, соңғы формуладағы α-нiң орнына α+90 0 қойсақ болғаны, яғни / sin ( 90 ) sin // 0 τ = σ α + = σ α. 5-сурет Демек, өзара перпендикуляр жазықтықтардағы жанама кернеулер бiр-бiрiмен тең, тек таңбалары қарама-қарсы болып келедi (5,б-сурет). α = 0 (.) τ τ + 33 α 90 Бұл абсолют теңдiк жанама кернеулердiң жұптық заңы деп аталады

34 3-тарау. МАТЕРИАЛДАРДЫҢ СОЗЫЛУ ЖƏНЕ СЫҒЫЛУ КЕЗІНДЕГІ МЕХАНИКАЛЫҚ ҚАСИЕТТЕРІ 1. Теориялық негіз. Дəрістерде жəне тəжірибе сабақтарында қарапайым есептердің өзін шешкенде, эксперимент арқылы табылатын кейбір шамалардың өте қажет екенін көрдік. Мысалы, Гук заңын келтіруге болады. Кернеу мен деформация аралығындағы заңдылықты былай қойғанда, сондағы серпімділік модулінің бірінші түрі (Е), эксперимент арқылы табылады. Басқа бір мысал Пуассон коэффициенті (μ ). Бұл да эксперименттен анықталады. Бұл шамалардың əр материалға тəн болып келетіні белгiлi. Ал енді, инженердің негізгі мақсаты конструкцияларды жобалау, олардың беріктігін тексеру болса, онда осының барлығы материалдардың касиеттерін зерттеуге, оларды эксперимент арқылы табуға тікелей тəуелді. Материалдардың қай жерде, қандай машина мен аппараттардың элементтерінде қолданылуына, тағы басқа да талаптарға байланысты, олардың əр түрлі қасиеттері зерттеледi: механикалық жəне деформациялық қасиеттері, сол секілді, материалдардың жоғарғы температурадағы, өзгермелi кернеу кезiндегі, динамикалық күштер əсер еткендегі жəне тағы басқа күйлердегі берiктілігі. Осыған байланысты, əр түрлі зерттеу тəсілдері өмірге келді. Олардың ішіндегi ең көп таралғаны - материалдарды созылу мен сығылуға зерттеу болып табылады. Өйткені бұл зерттеу кезiнде материалдың негізгі қасиеттері мен сипаттамалары анықталып, олар конструкциялар мен жүйелерді жобалау кезінде тікелей пайдаланылады.. Материалдардың механикалық сипаттамаларына елеулі əсер ететін негізгі факторлар туралы. Материалдардың механикалық сипаттамаларына елеулі əсер ететін факторлар радиоактивті сəуле, бөлшектер мен элементтерді өңдеу тəсілдері, күш əрекетінің ерекшеліктері (жылдамдық, динамикалық, тұтқырлық, циклдік тағы басқалар) жəне уақыт жатады. Əдетте, эксперимент арқылы анықталған сипаттамалар, үлгілер белгілі бір температурада, жоғарыда көрсетілген факторлардың əсерлері ескерілмей, əдеттегі жағдайда зерттелген кездегісі алынған болатын. Сондықтан, бұл параграфта əр фактордың əсеріне толық тоқталмай-ақ, кейбір факторлардың материалдың механикалық си- 34

35 паттамаларына тигізетін əсері қысқаша ғана баяндалады. Өйткені, əр фактордың əсерін зерттеу қазіргі кезде, ілімнің жеке бір саласына айналып, «Материалдар кедергісі» пəнінің шеңберінен шығып кеткен десе де болады. Мысалы, материалдардың пластикалық жəне морттық қасиеттеріне күш əрекеті мен температураның тигізер əсері зор. Күш əрекетінің жылдамдығы үлкейген кезде материалдың морттық қасиеті қауырт өссе, азайғанда оның пластикалық қасиеті өседі. Мысалға, морттық қасиеті зор екені белгілі шыныны алып қарайық. Оған, əдеттегі температура кезінде ұзақ уақыт күш əсер етсе, онда пластикалық деформация пайда болады. Ал, пластикалық қасиеті айқын жұмсақ болат шұғыл ұрылса, онда морттық қасиет пайда болады. Сонымен, материалдардың уақытқа тығыз байланысты механикалық сипаттамаларының бірі жылыстаулық. Күш түсіп тұрған элементтің деформация мен кернеуінің уақыт өсуіне байланысты өзгеруін жылыстаулық деп атаймыз. Тұрақты кернеу кезінде қайтымсыз деформацияның өсуі, осы жылыстаулықтың жекелеген түрінің бірі болып табылады. Ол артқы əрекет деп аталады. Жылыстаулықтың тағы бір жекелеген түрі - релаксация. Релаксация дегеніміз кернеудің тұрақты деформация кезіндегі уақыт өсуіне байланысты өздігінен өзгеруі. Осы секілді, радиоактивті сəулелердің материалдардың пластикалық қасиеттеріне тигізетін əсері де біршама. Қорыта айтқанда, материалдардың механикалық қасиеттерін зерттегенде жəне техникалық есептерде пайдаланғанда осы факторлардың əсерлері есте болуы керек. Қай фактордың əсерін есептеу, қайсысын елемеу - ол конструкцияның жұмыс істеу жағдайына, оның қандай дəлдікпен жобалануына т.б. байланысты. Материалдардың кедергісі пəнінде негізінен əдеттегі жағдайда зерттеліп, соның нəтижесінде анықталған механикалық сипаттамалар қолданылады. 3. Материалдардың созылуын жəне сығылуын эксперимент арқылы зерттеу. Материалдардың созылуын жəне сығылуын зерттеу арнайы машиналарда жүргізіледі. Олар жұмыс істеу принципi бойынша екi топқа бөлiнеді: рычагтық жəне гидравликалық. Бірінші топқа кіретін машиналарда созу немесе сығу күшi рычагтар жүйесі арқылы белгілі бір жүктің салмағынан пайда болса, 35

36 екінші топтағы машиналарда гидравликалық қысымнан пайда болады. Бірінші топқа жататын машиналардың ішінде тəжірибеде көп қолданылып келген машиналардың бірі УИМ-5 типтес машиналар. Сол машинаның нұсқасы 6-суретте көрсетілген. 6-сурет Иірмек (червяк) (4, 11) қол күшімен (13) немесе электрмотормен (8) арқылы айналдарылғанда, иірмектің доңғалағы (30) бұрылады. Осы кезде күштiк винт (10) үлгі бекітілетін құралды төмен не жоғары (айналдырудың бағытына байланысты) жылжытады, сөйтіп үлгіге () күш əсер ете бастайды. Үлгіде пайда болған күш рычагтар жүйесі (1, 3) арқылы маятниктің (1) салмағымен теңестіріледi. Маятник көтерілген кезде рейкалық механизм (18) арқылы өлшеу аспабының (31) тіліне əсер етеді. Маятниктің бұрылу бұрышы күшке пропорционал болғандықтан, тілдің бұрылуы арқылы күштің сан өлшемін анықтауға болады. Бұл машина күш пен үлгінiң ұзаруының арасындағы тəуелділікті автоматты түрде жазып тұратын құралмен (17) жабдықталған. Оның жұмыс істеу принципі суретте анық көрсетілген. 36

37 7-сурет 37

38 Ол туралы лабораториялық жұмыс кезінде де толық айтылады. Келесі суретте (7-сурет) гидравликалық зерттеу машиналарының ГМС-30 нұсқасы көрсетілген. Бұл да рычагты машина секілді, созылу жəне сығылу процестерін зерттеуге мүмкіндік беретін əмбебап (универсалды) машина. Бұл машинаның цилиндрінің жұмыстық қуысына (1) насос (5) арқылы жеткілікті- қысыммен май жіберіледі. Осы кезде, плунжер (11) өзіне қатаң бекітілген траверсті (9) өзімен қоса жоғары көтереді. Үлгілердің (1,13) машинаның қай жеріне орналасуына байланысты, созылу (1) не сығылу (1) процестерін зерттеуге болады. Зерттеу машиналарының қуаты кең диапазонда жатады, олар бірнеше граммнан жүздеген тоннаға дейін болады. Ал енді үлгілерге келетін болсақ, олар арнайы жасалып, бір типтес болып келеді. Созуға арналған үлгілер, көбінесе, темір шыбықтардан немесе қаңылтырдан жасалады. Олар 8-суретте көрсетілген. Бұл үлгілердің негізгі ерекшеліктері, олардың машинаға бектілетін екі шетінің күшейтіліп яғни көлденең қималарының аудандары үлкейтіліп жасалуыңда. Сонымен қатар, олардың орталық жіңішке алабы (жұмыстық алабы - ), машинаға бекітілетін жуандау алабына біртіндеп өзгеріп, жатық болып жалғасады. Үлгінің жұмыстық алабы ( ) оның диаметрінен еседей артық жасалады. Бірақ, үлгінің есептеу алабы ( ), Сен-Венан принципі бойынша, одан кем болады (8-сурет). Тəжірибеде қысқа үлгілер де кездеседі. Олардың жұмыстық алабының диаметріне қатынасы 5-ке тең, яғни 5d. Егер үлгінің көлденең қимасы төртбұрыш болса, онда оның жұмыстық алабының ұзындығы төртбұрышпен тең ауданды дөңгелектің диаметрі арқылы табылады. Сығуға арналған үлгілер, биіктігі диаметрінен екі еседен артық болмайтын цилиндр түрінде жасалады. Өйткені, сығу кезінде ұзын үлгілер тез майысып, нəтижені дұрыс көрсетпеуі мүмкін. 8-сурет 38

39 Кейбір үлгілер куб түрінде жасалады (ағаш үлгі, бетон, т.б.). Созылу мен сығылуды зерттеудің негізгі мақсаты, олардың диаграммаларын тұрғызып, үлгіге əрекет етіп тұрған күш пен ұзаруының арасындағы тəуелділікті анықтау болып табылады. 4.Созылу диаграммасы. Созылу диаграммаларының негізгі ерекшеліктерін қарастырайық. Төменгі 9-суретте жұмсақ (көміртектілі) болатқа тəн диграмма көрсетілген. Бұл диаграмма осы материалдар жасалған үлгіні созу кезіндегі күш пен ұзарудың арасыңдағы тəуелділікті көрсетеді. 9-сурет Оны шартты түрде төрт алапқа бөлуге болады. ОА алабы серпімділік алабы деп аталады. Бұл алапта материал Гук заңына бағынады, сондықтан. Айта кететін нəрсе, 9-суретте бұл алап көрнекі болу үшін масштабтан ауытқи, үлкейтіліп салынған, себебі, үлгінің ұзаруы өте аз болғандықтан, бұл сызық ординатамен қосылып жатады. Сол секілді Гук заңына бағынышты болатын күш, үлгінің өлшемдері мен материалдардың физикалық қасиеттеріне тəуелді екені есте болуы керек. Суреттегі АВ алабы жалпы ағу алабы, ал диаграмманың АВ бөлігі ағу алаңы деп аталады. Бұл кезде күш онша мандып өспегенімен, үлгінің ұзаруы жеделдеп, ол біршама ұзарады. Барлық темірлерде ағу бөлігінің болуы міндет емес. Көпшілік жағдайда ондай бөлік байқалмайды, ал созылу диаграммалары, төмендегі суретте (30-сурет) көрсетілгендей, қисық түрде болып келеді. Бірінші қисық алюминийге, екіншісі легирленген болатқа тəн. 39

40 ВС алабы нығаю алабы деп аталады. Бұл алапта үлгінің ұзаруымен қатар, күш те өсе бастайды. Бірақ күш, серпімділік алабына қарағанда, тым жай өседі. Нығаю кезінде келешек қыл мойын болатын қима айқындала бастайды (31-сурет). Негізінде үлгінің үзілетін жерін ертерек те аңғаруға болады жалпы ағу кезінде ол жердің температурасы қарқындап өсе бастайды. 30-сурет Үлгіні созған сайын, оның қыл мойнының жіңішкеруі тездей бастайды. Қиманың ауданының салыстырмалы кішіреюі кернеудің салыстырмалы өсуіне тең болғанда күш (Р) максимумға жетеді (С нүктесі). 31-сурет Үлгі одан əрі ұзарғанда, күш азая береді, бірақ, бұл кезде, орта кернеудің шамасы өсе түседі де, үлгінің ұзаруы жергілікті түрде болып, қыл мойынның аймағының ұзаруына сəйкес келеді. Сондықтан, қисықтың СД алабын жергілікті ағу алабы деп атайды, Д нүктесінде үлгі үзіледі. ОА алабы (3-суретте) серпімділік алабы деп аталанатынын айтқанбыз. Өйткені, үлгіні созуды осы алаптың кез келген жерінен тоқтатып, күшті біртіндеп алып тастасық, онда үлгінің ұзындығы алғашқы қалпына қайтып келеді ( Δ l = 0 ). Ал енді созуды ағу алабыннан өткізіп барып тоқтатып 40

41 (мысалы үшін К нүктесінде), күшті алып тастасақ, онда күш (Р) пен ұзарудың ( Δ l = 0 ) тəуелділігі КL сызығы арқылы (3-сурет) өрнектеледі жəне КL сызығы ОА сызығына параллель болатынын көптеген тəжрибелерден көруге болады. Демек, үлгінің ұзаруы мүлде жоғалып кетпейді, тек МL кесіндісіне қысқарады. Сондықтан, ОL кесіндісін қалдық немесе пластикалық ұзару деп атайды (3-сурет). 3-сурет Оған сəйкес деформация пластикалық деформация деп аталады. Сонымен l немесе ε = εc + ε болады. Экспериментті одан əрі жалғастырып, К нүтесінде созылу тоқталғаннан кейін, үлгіні қайта созып, оны үзсек (қиратсақ), екі ерекшелік көзге түседі (33-сурет). Олар: 1. Ағу алаңы мүлде болмайды;.түзу сызықты алап (серпімділік алабы), бұрынғыға қарағанда əлдеқайда үлкен болады. 33-сурет 41

42 Мұның өзі материалдың жаңа қасиетке ие болғанын көрсетеді. Оны тəжірибеде тойтарылу деп атайды. 5. Сығылу диаграммасы. Əр түрлі материалдардан жасалған үлгілерді сығу арқылы қиратып, олардың өзіне тəн ерекшеліктерін анықтайық. Үлгілердің қандай түрде жасалатынын жоғарыда айттық. Болаттан жасалған цилиндрді сыққан кезде ағу алаңына дейінгі диаграмманы созылу диаграммасымен бірдей деуге болады. Созылудағы секілді, бұл кезде де ағу алаңынан кейін нығаю алабы басталады. Содан əрі диаграмма күрт өзгерді. Өйткені күштің шамасы созылу кезінде төмендесе, ал сығылу кезінде ол қарқындап өсе бастайды (34-сурет). 34-сурет 35-сурет Бұл, үлгінің көлденең қимасының ауданының өсуіне байланысты. Үлгі мен оны қосып тұрған табақтардың арасындағы кедергінің əсерінен, деформацияланған үлгінің түрі бөшкенің түріне ұқсайды (35-сурет). Сығу кезінде, болаттан жасалған үлгіні қирату мүмкін емес. Ол мыжыла - мыжыла шелпекке айнала береді. Оның қандай қалыңдықтағы шелпекке айналуы машинаның қуатына байланысты. Мұндай материалдың сығылу кезіндегі қирау шегін диаграмма арқылы табу мүмкін емес. Ал шойыннан жасалған үлгіні сыққан кезде (морт материал) диаграмма мүлде өзгеше болады (36-сурет). Бұл диаграммада түзу сызықты алап жоқтың қасы. Күш пен ұзарудың өзара тəуелділігі қисық сызықпен өрнектеліп, күш белгілі бір шамаға жеткенде, үлгі қирайды. Үлгі сынған кезде 37,а-суретте көрсетілгендей, оның қирау жазықтағы цилиндр осіне 45 шамасында жатады. Бетон мен тастан жасалған үлгілер де шойынға ұқсап қирайды (37,б-сурет). 4

43 36-сурет 37-сурет Ағаштан жасалған үлгілерді сыққан кезде, ағаштың талшықтарының бағытына байланысты қирату күштерінің əр түрлі болатынын байқаймыз. 38-сурет Мысалы, ағаштың талшықтарына парелель бағытта əсер еткен кезде, талшыққа перпендикуляр түскенге қарағанда, үлгіні қиратуға 10 еседей артық күш жұмсалады. Ағаштың сығу диаграммалары 38-суретте көрсетілген. 6.Материалдардың негізгі механикалық қасиеттері. Пластикалық қасиет, морттық жəне қаттылық. Материалдардың қасиеттеріне сандық баға беру үшін, созылу жəне сығылу диаграммларын кернеу (σ ) мен деформация ( ε ) координаталарына көшірейік. Ол үшін f ( ) диаграммасындағы ординатаны А - рет, ал абсциссаны l рет кішірейтіп, қайта жасаса болды. А - үлгінің көлденең кимасының ауданы, l - үлгінің күш түскенге дейінгі жұмыстық ұзындығы. Алдымен созылу диаграммасын қарастырайық. А жəне l тұрақты шама болғандықтан 43

44 σ = ψ( ε) диаграммасы да созылу диаграммасы секілді болады (39-сурет). Бұл диаграмманы кернеулер диаграммасы деп те атайды. Созылу диаграммасы үлгінің қасиеттерін көрсетсе, кернеулер диаграммасы зерттеліп отырған материалдың қасиеттерін сипаттайды. Гук заңын қолдануға болатын аралықтағы, ең үлкен кернеу пропорционалдықтың шегі деп аталады ( ). Диаграмманың түзу сызықтық алғашқы алабы қай нүктеде бітетінін дəл табу мүмкін болмағандықтан, оны шартты түрде анықтайды. Ол үшін диаграммаға жанама жүргізіліп, оның σ осімен қандай бұрыш құрайтыны анықталады. 39-сурет Жоғарыдағы анықтама бойынша Гук заңына бағынышты алапта, ол бұрыш 1 шамасымен анықталады. Осыған байланысты əдетте, dε Ε dσ шамасы 1 E шамасынан белгілі процентке (%) артқанда кернеу өзінің пропорционалдық шегіне жетті деп есептеледі. Материалдардың серпімділік қасиеті сақталатын, яғни, қалдық деформация болмайтын ең үлкен кернеу серпімділік шегі ( ) деп аталады. Серпімділік шегін табудың бір жолы - үлгіні бір созып, бір босата (Р=0) отырып, оны күштен босатқан сайын, қалдық деформацияның бар жоғын қарап отыру. Бұл процеске тереңірек қарайтын болсақ, үлгіні соза бастағаннан-ақ, кейбір кристалдарда пластикалық деформцияның пайда болатынына көзіміз жеткен болар еді. Мұның өзі, серпімділік шекті анықтаған кезде оның шамасын қаншалықты дəлдікпен табуға керектігіне келіп тіреледі. Əдетте, 5 қалдық, деформация ε = (1 5) 10, демек, 0,001-0,005% болғанда, 44

45 кернеу серпімділік шегіне жетті деп есептеледі де, олар σ 0,001 немесе σ 0,005 символымен белгіленеді. Пропорционалдық шек пен серпімділік шегі шартты шамалар болғандықтан, материалдардың анықтамаларына кіре бермейді. Кернеудің тұрақты деуге болатын белгілі бір шамасындағы деформацияның өсуін - ағу құбылысы деп, кернеудің сол шамасын - аққыштық шегі деп атаймыз (39-суреттегі АВ аумағында деформация жедел өседі де, кернеудің өсуі жоқтың қасы болып, графикте бұл аумақ абсциссаға параллель болып келеді). Ал ағу шегі диаграммада айқын көрінбесе, оны шартты түрде, қалдық деформация ξ δ = 0, 00 немесе 0, % болғанға сəйкес кернеуді алады. Үлгіні үзу кезінде пайда болған ең үлкен күштің, көлденең қиманың алғашқы ауданына (дененің деформацияланбаған кезіндегі) қатынасы беріктік шегі немесе уақытша кернеу ( ) деп аталады. Бұл шаманы эксперимент арқылы табу оңай болғандықтан, ол есептеу тəжірибесінде өте жиі қолданылатын салыстырмалы сипаттамаларының бірі болып табылады. Бұларға қоса заттардың сипаттамаларына жататын шамалар: - ең үлкен салыстырмалы қалдық ұзару Δl0 δ = 100% l, (3.1) 0 - үзілгеннен кейінгі салыстырмалы жіңішкеру %, (3.) - серпімді деформацияның меншікті жұмысы 0 W T a = A0 l0, (3.3) - толық меншікті жұмыс WT at = A0 l0. (3.4) Мұндағы W о жəне W т үлгіні созу кезіндегі істелген жүмыстар. Бұл жұмыстар (W 0, W Т ) кейін толығырақ қаралатын болғандықтан, осы қысқаша анықтамалармен тоқталған жөн. Ерекше есте болатын нəрсе (уақытша кернеу немесе беріктік 45

46 шегі) ең үлкен кернеу еместігі. Егер созып тұрған күшті, үлгінің қимасының алғашқы ауданы емес, дəл сол күш түсіп тұрған уақыттағы ауданға бөлсек, онда үлгінің үзілер кезіндегі кернеуі уақытша кернеуден əлдеқайда көп болады. Өйткені, ол үзілерде қыл мойынның ауданы, бастапқы ауданға қарағанда көп кіші екені даусыз. Осы жағдай ескеріле отырып жасалған диаграмма кернеулердің нақты диаграммасы деп аталады (40-сурет). Бұл диаграмма да жуық мөлшермен ғана жасалады. Ол үшін Д / нүктесінің координаталары табылады ( / ). 1), A H Мұндағы үлгі үзілген кездегі кернеу, A H үлгі үзілген кездегі қыл мойынның көлденең қимасының ауданы. ) /. Мұндағы нағыз деформация болса, серпімділік деформациясы. 40-сурет Нағыз деформация ( ) үлгінің деформацияға дейінгі көлемімен, деформациядан кейінгі (үзілгеннен кейінгі) көлемін теңестіру арқылы табылады. Үлгінің үзілген қимасының маңынан бір өлшемге тең көлемін AH(1 + ε H) 1 деп алсақ, ол өлшемнің деформацияланбай тұрғандағы көлемі A 1 0 екені белгілі. Сондықтан 46

47 Д / нүктесінің абсциссасы A 0 ε H = 1. (3.5) AH A 0 H / 1. AH E (3.6) / Осы координаталарға сəйкес нүктесі табылғаннан кейін, сол / / нүктеден ОД қисығына жанамасын жүргіземіз. Бұл диаграммада ОС / алабы бұрынғыдай болады, өйткені бұл кезде үлгіде қыл мойын əлі пайда болмайды. Сонымен, нағыз диаграмма деп ОС / Д / сызығын қабылдауға болады. Əрине, кернеулердің нағыз диаграммасын бұдан да дəл тұрғызуға болады, ол кезде С / Д / алабы қисық сызықты болып келеді. Ал, енді созылған кездегі шойынның кернеулер диаграммасын салып көрейік. Бұл кезде абсциссаны (яғни үлгінің ұзаруын) ординатаға қарағанда əлдеқайда үлкен масштабпен салмаса, диаграмма ординатаның маңынан шықпайды. Абсциссы ординатаға (σ ) қарағанда 6-7 рет үлкейтіліп салынған шойынның кернеулер диаграммасы 41-суретте керсетілген. Шойынды созған кезде, ол көп деформацияланбай, кенеттен сынып кетеді. Салыстырмалы ұзаруы мен жіңішкеруі өте аз болады. Кернеулер мен деформациялар арасында Гук заңы бұл жерде орындалмайды десе де болады. Сонымен қатар, серпімділік модулін (Е) тұрақты деп айту да қиын, ол қаралып отырған кернеудің шамасына тəуелді болады. 41-сурет Бірақ, құрылыс пен машиналардың жəне тағы басқалардың шойыннан жасалған элементтеріндегі кернеулер, тəжірибелердің көрсетуіне қарағанда, белгілі бір шамадан аспайтындықтан серпімділік модулін тұрақты деп қарауға болады. 47

48 Жоғарыда қаралған материалдардың деформациялануында бірталай айырмашылықтың бар екеніне көзіміз жетті. Осыған байланысты материалдардың тағы бірнеше сипаттамаларына тоқталайық. Материалдардың сынбай үлкен қалдық деформация алуы пластикалық қасиет деп аталады. Пластикалық қасиеттің өлшемдеріне оның үзілген кездегі ұзаруы алынады. Пластикалық қасиет əр материалдарда əр түрлі дережеде болады. Мысалы жұмсақ болат, алюминий жəне латунь аса пластикалық материал болса, дюраль мен жез - орташа пластикалық, ал қоспалы болаттың түрлері - шамалы ғана пластикалық материалдар қатарына жатады. Қалдық деформациясы елеуге тұрмайтындай аз кезде материалдардың қирауы морттьқ қасиет деп аталады. Мұндай заттардың ұзаруы -5 %-дан аспайды, тіпті ұзаруы, бір процентке жетпейтін морт материалдар да бар. Морт материалдарға жататындар: шойын, шыны, кірпіш, тағы басқалар. Морт материалдарды созғанда диаграммада ағу алаңы да, нығаю алаңы да болмайды. Пластикалық жəне морт материалдар сығылу кезінде де бірбірінен ерекшеленіп тұратынын жоғарыда көрдік. Енді сол диаграммаларды кернеу мен деформация координатасында сызып қарайық. Морт материалдардың диаграммалары 4-суретте көрсетілген. Бұл диаграммадан материалдың сипаттамасы ретінде σ кернеуін табамыз ( ). Пластикалық заттың (жұмсақ болат) кернеулер A диаграммасы 43-суретте көрсетілген. Бұдан ағу шегін табамыз. Пластикалық материалдардың созылудағы ағу шегі мен сығылудағы ағу шегін айыру үшін оларға қосымша индекс енгізу керек. Мысалы, -, -. 4-сурет сурет

49 Пластикалық материалдардың созылудағы ағу шегі мен сығылудағы ағу шегі бірдей деуге болса, морт заттар созылудан гөрі сығылуға төзімді болып келеді. Шойын үшін a k 0, 0, 4 a болса, керамикалық заттар үшін k 0,1 0,. Тəжірибенің қойылуына байланысты, кейбір пластикалық материалдар морттық қасиет көрсетіп, ал морт материалдар пластикалық қасиет танытатыны белгілі. Үлгілерді созу жəне сығу арқылы материалдардың нақты механикалық қасиеттерін қандай жолдармен табуға болатынын қарастырып өттік. Бірақ, сол қаралған жолдардың өңдірістік тексеру үшін кейбір қолайсыздықтары бар. Мысалы, дайындалып жатқан элементтерді бұл əдіспен тез арада тексеру мүмкін емес. Өйткені, тіпті əр топтан болса да бірнеше үлгілер жасап, оларды қирату арқылы зерттеп жатуға уақыт қалмайды. Сондықтан, материалдардың сипаттық қасиеттерін тез арада анықтау үшін, тəжірибеде жиі қолданып жүрген əдіс - қаттылықты анықтау. Материалдардың өз бойына басқа дененің механикалық кіруіне қарсыласуы, материалдың қаттылық қасиеті деп аталады. Бір денені басқа материалға күштеп кіргізе бастасақ, ол материалда жергілікті пластикалық деформация пайда болып, күшті одан əрі өсіргенде сол жердің маңы бұзылып, дене материалға кіре бастайды. Осы себепті, қаттылықтың көрсеткіші, беріктілік пен пластикалықтың көрсеткіштерімен тығыз байланысты екенін айта аламыз. Сол сияқты, қаттылықтың көрсеткіші күштің əрекет ету жолдарына (əдістеріне) да байланысты екені даусыз. Материалдардың қаттылығы көбінесе Роквелл мен Бринелдің əдістерімен анықталады. Роквелл əдісі бойынша зерттеліп отырған материалға алмастан жасалған үшкір дене кіргізілсе, Бринель əдісінде диаметрі 10 миллиметрлік кішкене шар кіргізіледі

50 4-тарау. СОЗЫЛУ ЖƏНЕ СЫҒЫЛУ КЕЗІНДЕГІ БЕРІКТІК ПЕН ҚАТАҢДЫҚҚА ЕСЕПТЕУ Конструкцияның элементтерінің геометриялық өлшемдерін тағайындағанда жəне жасалатын материалдарын таңдағанда, олардың қауіпсіздігі, экономикалық тиімділігі қамтамасыз етіледі. Материалдар кедергісі пəнінде көп зерттеліп, көп тараған əдіс кернеулер бойынша есептеу. Бұл əдіс консрукциялардың, олардың элементтерінің қауіпсіз жұмыс істеуі тек кернеулерге байланысты деген гипотезамен тұжырымдалған. Бұл туралы өткен дəрістерде де айтылған болатын. 1. Созылу жəне сығылу кезіндегі беріктік шарты Созылу мен сығылуды зерттеу нəтижесінде алынған материалдардың механикалық сипаттарын, жоғарыда келтірілген тұжырымға байланысты, инженерлік есептерде қалай қолданылатынын қарастырайық. Бұл тұжырым бойынша беріктік есептері ең көп кернеу s max арқылы шешіледі. Демек s max қай нүктеде пайда болса, қирау сол нүктеден басталады деп есептейміз. Конструкцияның, оның элементтерінің жұмыс істеуі қауіпсіз болу үшін, ол кернеу (s max ) белгілі бір мөлшерден аспауы керек: a k 0,1 0,. (4.1) Бұл жерде s ш қаралып отырған материалға тəн шектік кернеу, ал к i -қауіпсіздік немесе қор коэффициенті деп аталады. Бұл коэффициент конструкцияның ерекшеліктеріне байланысты тағайындалатын болғандықтан, біз əрбір материалға оның шамасын белгілі деп символымен белгілеп, есептеуімізге болады. Сондықтан, оны шектеу кернеуі деп, немесе мүмкін кернеу деп атаймыз. Шектеу кернеуінің шамасы материалдардың механикалық қасиеттеріне байланысты. Пластикалық материалдар үшін s ш =s а, ал морт материалдар үшін - s ш = s у деп алынады. Сондықтан, пластикалық материалдардың шектеу кернеуі, аққыштық шегінен к i - есе, ал морт материалдардың шектеу кернеуі уақытша кернеуден к i - есе кем болуы керек, яғни: k i 50

51 (4.) k i Сонымен, кернеулерді есептегенде, беріктік шарты төмендегіше жазылады: σmax [ σ] (4.3). Созылған немесе сығылған элементтерді мүмкін кернеу бойынша есептеу Инженерлік есептер тек қана бұл тəсілмен шешілмейтінін тағы да қайталай отырып, осы тəсілдің тəжірибеде қолданылуына толығырақ тоқталайық. Беріктік шартын пайдаланып, мүмкін кернеу бойынша келесідей инженерлік есептерді шешуге болады: 1. Конструкцияның немесе оның элементтерінің беріктігін тексеруге болады. Ол үшін, қауіпті қимадағы кернеуді (s max ) тауып, оны шектеу кернеуімен салыстырады. Ол кернеу шектеу кернеуінен ұ 5 %-дан артық ауытқымау керек. Егер кернеу бұл шамадан кем болса (5 % -дан) материалдардаң шығыны көп болғаны, ал артық болса беріктікке нұқсан келуі мүмкін.. Конструкцияның элементтерінің көлденең қимасының геометриялық өлшемдерін тағайындауға болады. Ол үшін сыртқы күшпен шектеу кернеуінің шамасы белгілі болу керек. Nmax k i (4.4) 3. Конструкцияға əрекет ететін сыртқы күштің шектік шамасын табуға болады. Ол үшін, алдымен конструкцияның элементтерінде пайда болатын ең үлкен ішкі күшті, сыртқы күш арқылы өрнектеу керек, яғни N = f ( P). Бұдан кейiн, беріктік шартынан, төмендегi қатынасты жазамыз: Nmax (4.5) Осы теңдікті пайдадаланып, қималар тəсілі бойынша сыртқы күштің шектік шамасын табамыз: P ( ) (4.6) 51

52 3. Созылған немесе сығылған элементтерді шектік күй бойынша есептеу Керек болған жағдайда, конструкцияны немесе оның элементтерін мүмкін кернеу бойынша есептеудің орнына шектік күй бойынша есептеуге болады. Эксплуатациялық шарттарды толық қанағаттандыру мақсатында конструкцияның үш шектік күйі қарастырылады. Олар: 1) конструкцияның жүк көтеру қабілеті бойынша есептеу, яғни конструкция материалының беріктігі, орнықтылығы жəне шаршауы бойынша есептеу; ) конструкцияның (элементтерінің) қатаңдығы бойынша есептеу, яғни деформациялар белгіленген мөлшердің шекарасынан аспайтындай етіп есептеу; 3) конструкцияның (элементтерінің) кез келген бір нүктесінің жергілікті бүлінуінің одан əрі өсу күйі бойынша, мысалы, жарықша пайда болып жəне оның одан əрі ашылуы бойынша есептеу. I. Бірінші шектік күй конструкцияның (элементтерінің) жүк көтеру қабілеті (ж.к.қ) бойынша бағаланады. Созылу немесе сығылу үшін: N.. A R k m, (4.7) бұл формуладағы А сырықтың көлденең қимасының ауданы, R - материалдың нормативтік қарсыласуы, əдетте, бұл шама ағу шегіне тең болады, k 1 - материалдың біртектілігін бағалайтын коэффициент (мысалы, болат үшін 0,8 0,9), m 1 - конструкцияның (элементтерінің) жұмыс істеу жағдайын ескеретін коэффициент (сырық формасын мысалы, жұқа қабырғалы сырық; жергілікті əлсіреу жəне т.б.). R аталады. II. Екінші шектік күйдің формуласы: k материалдың есептеу қарсыласуы деп те Δl f, (4.8) бұл формуладағы: Δl - конструкцияның (элементтерінің) іс жүзіндегі орын ауыстыруы, ал f нормативтік орын ауыстыру. Бұл формула, созылып (сығылып) жұмыс істейтін сырықтар үшін өте сирек қолданылады. III. Үшінші шектік күй болатбетондарды есептеу үшін қолданылатынын айтумен шектелеміз. 5

53 4. Статикалық анықталатын сырықтар Реакциялары мен элементтеріндегі ішкі күштер тек статиканың теңдік теңдеулері арқылы табылатын конструкциялар статикалық анықталатын делінеді. 44-сурет Мысалы, бір шеті қатаң бекітілген сырыққа Р күші əрекет етсін. Төменгі алаптың ауданы А жоғарғы алаптың ауданы - А, сырықтың ұзындығы l, қалған өлшемдерi 44,а-суретінде көрсетілген. 1.Бойлық күштің (N) эпюрасын салу керек. Бойлық күштің эпюрасын салу үшін, күштің қай қимаға түсуіне жəне оның көлденең қимасының ауданының сырық бойымен өзгеруіне байланысты, үш алапқа бөлеміз де, əр алапты жеке-жеке қарастырамыз. Бірінші алаптың ұзындығы а, екіншінікі - в, ал үшіншi алаптың ұзындығы с. Есепті шешу үшін қималар тəсілін қолданамыз. Бірінші алаптың кез келген жерінен тілік жүргіземіз. Тілік алаптардың шекарасында жатпау керек. Мысалға, бұл тілік, сырықтың қатаң бекітілген шетінен z 1 қашықтықта жатсын делік (44,а-сурет). Сырықтың тiлiктен жоғарғы бөлігін қарастырамыз (45,а-сурет). Осы алаптағы бойлық күштiң эпюрасын салу үшін, белгілі бір масштабпен N 1 -дiң шамасын абсциссаға саламыз. N 1 =const болғандықтан, ол сызық ординатаға параллель болып, одан, белгілі бір масштабпен алынған Р қашықтықта жатады (44,б-сурет). 53

54 45-сурет Сырықтың екінші алабындағы бойлық күштің эпюрасын салу үшін, сол алаптың кез келген жерінен тілік жүргізіп сырықты екіге бөлеміз. Төменгі бөліктi алып тастап, қалған бөлiктiң теңдеуiн құрастырамыз (45,б-сурет). Σ z = 0; N P = 0; N = P. Өткен жолғыдай, бұл алаптағы бойлық күште (N ) тұрақты болып шықты. Оның эпюрасы 44,в-суретінде көрсетілген. Үшінші алаптың есептеу нұсқасы 45,в-суретінде көрсетілген. Одан N 3 =0 екені айқын көрініп тұр. Осы сырықтағы ішкі бойлық күштердің толық эпюрасы 44,г-суретінде көрсетілген. Осы есепті шығару барысында, сырықтың деформациялары екі түрлі екенін көрдік: бір алап созылса, екіншісі сығылуда. Бірақ, осы екі алаптағы ішкі күштерді табу жолдары бірдей.. Кернеудің эпюрасын тұрғызу үшін, осы есепті одан əрі жалғастырып, сырықтың қималардағы кернеулерді табайық. Бұл сырықты үш алапқа ( z1 a, z ( a ) ) бөлеміз. Əр алаптағы бойлық күш те, алаптың көлденең қимасының ауданы да тұрақты болғандықтан, алаптардағы кернеулер де тұрақты болады. 54

55 46-сурет Осы кернеулердi табайық. Бiрiншi алаптағы кернеу: N1 P σ 1 = = A1 A. Екiншi алаптағы кернеу: σ = N P A = A. 55 N3 Үшiншi алаптағы кернеу: σ 3 = = 0 A3. Қимадағы кернеулерді белгілі бір масштабпен zoσ осьтер жүйесінiң абсцисса осіне түсіріп, кернеулер эпюрасын тұрғызамыз (46-сурет). 5. Созылу мен сығылудағы статикалық анықталмайтын құрылмалар (конструкциялар) Жоғарыда қаралған есепте тірек реакцияларын жəне элементтеріндегі ішкі күштерді анықтауға статиканың теңдеулері жеткілікті болды. Ал, тірек реакцияларын жəне элементтеріндегі ішкі күштерді анықтауға статиканың теңдеулері жеткіліксіз болса, ол статикалық анықталмайтын конструкция деп аталады. Оларды екі топқа бөлуге болады: сырттай жəне iштей статикалық анықталмайтын конструкциялар. Егер конструкциялардың тiрек ре-

56 акциялары статикалық теңдеулерден табылып, iшкi күштерi қима тəсiлiмен анықталмаса, онда iштей статикалық анықталмайтын, ал тiрек реакциялары да статиканың теңдiк теңдеулерi арқылы табылмаса, онда сырттай статикалық анықталмайтын конструкциялар деп аталады. Статикалық анықталмайтын конструкциялар тəжрибеде молынан кездеседi, өйткенi олар берiктiлiк жағынан да, қатаңдылық жағынан да статикалық анықталатын конструкцияларға қарағанда анағұрлым ұтымды болып келедi. Бiрнеше сырықтар жүйесiн қарастырайық (47-сурет). Суретте көрсетiлген екi сырықтан тұратын «а» конструкциясы статикалық анықталатын жүйе, өйткенi оның iшкi күштерi С нүктесiнiң статикалық теңдiгiнен оңай табылады. Ал «б» жəне «в» суретiнде көрсетiлген конструкциялар, статикалық анықталмайтын жүйелер. Олар үшiн статиканың екi ғана теңдiгiн қолдануға болады, ал белгiсiз iшкi күштер «б» конструкциясында үшеу, «в» конструкциясында бесеу, яғни екiншi жүйеде бiр, үшiншi жүйеде үш белгiсiз «артық». 47-сурет Сонымен, «артық» белгiсiздердiң санына байланысты, конструкциялар «n» рет статикалық анықталмайтын болуы мүмкiн. Мұндай есептердi шешу үшiн қосымша теңдiктердiң керек екенiне еш күмəн жоқ. Ондай теңдiктердi, конструкцияның өзiндiк ерекшеліктерiн жəне əр элементiнiң деформациялануына байланысты олардың орын ауыстыру өзгешелiктерiн ескере отырып құруға болады. Статикалық анықталмайтын конструкцияларға негiз болатын бiрнеше есептердi қарастырайық. 6.Статикалық анықталмайтын сырық 1-есеп. Екi шетi қатаң бекiтiлген сырық (48,а-сурет) қадалған күшпен жəне таралған күшпен жүктелген. Қадалған күш P= ql, ал 56

57 таралған күштің қарқындылығы q. Сырықтың АК аралығындағы көлденең қиманың ауданы А, ал КВ аралығындағы көлденең қиманың ауданы А. Сырықтың iшкi күштерiн, кернеулерiн жəне көлденең қималарының орын ауыстыруларын тауып, олардың эпюраларын салу керек. 48-сурет Шешімі. Қатаң бекiтiлген жазықтық тiректе, жалпы алғанда, үш реакциялар болу керек. Бiз қарастырып отырған сырықтың тiректерiнде бiр ғана реакция болады (48,в-сурет), өйткенi сыртқы күштер сырықтың бойлық осi арқылы əрекет етiп тұрғандықтан статиканың екі теңдеуі тепе-теңдікке айналады (0 0). Қалған теңдеудi жазамыз. 57

58 x = 0 RA + ql ql+ RB = 0 RB = RA ql (а) Екi белгiсiзi бар (а) теңдеуiн шешу үшiн, қосымша тағы бiр теңдеу керек. Сонымен, есеп статикалық анықталмайтын болып шықты. Қосымша тағы бiр теңдеуді сырықтың бекiтiлу ерекшелiгiнен аламыз. Сырықтың бекітілген шеткi бiр қимасын, мысалы, оң жағын / тiректен ойша босатсақ, - суретінде көрсетiлген есептеу нұсқасын аламыз. Яғни, сырыққа, шартты түрде, үш сыртқы күштер əрекет етiп тұр деп қарауымызға болады. Олар: R b - əзірше белгісіз, P= ql жəне q. Күштер əрекетiнiң тəуелсiздiк принципi бойынша, барлық күштердің əсерлерін жеке-жеке қарауымызға болады. Оң жақ шеткі қима тіректен бос болғандықтан, оның орын ауыстыруы, сырықтың сол жақ бөлігінің (ұзындығы 5l -ге тең) ұзаруына байланысты. Демек, δb = δq + δp + δrb = 0 (б) Қималар тəсілін пайдаланып, ішкі күштерді сол жақ тіректің реакциясы арқылы өрнектейміз. Тілік жүргізілетін қималар 48,б-суретінде көрсетілген. Осыған сəйкес: N I N = R qx, NIII = RA ql, NIV = RA ql. (в) = RA, II A Pi ai Гук формуласын - i қолданып, (б) өрнегін толықтырып жазамыз. Яғни Ei Rl A Rl A ql Rl A ql Rl A ql = 0. EA EA EA EA RA 8 = ql. 7 Алынған R A шамасын (а) теңдеуiне қойып шешіп 1 RB = ql 7 (г) түрде болатын тірек реакцияларын табамыз. I.Тiректегi реакциялар (R A, R B ) табылғаннан кейiн, қималар тəсiлi 58

59 бойынша iшкi күштердi (N i ) анықтап, содан кейін олардың эпюраларын тұрғызамыз (48,в-сурет). а) NI қараңыз). 8 = ql; 0 x1 l, бұл аралықта NI 7 59 = const (эпюраны 8 x б) NII = ql 7 l ; 0 x l 8 - x = 0 NII = ql; 7 - x = l 6 NII = ql. 7 6 в) NIII = ql, бұл аралықта NIII = const (эпюраны қараңыз). 7 1 г) NIV = ql, бұл аралықта NIV = const (эпюраны қараңыз). 7 II. Кернеулердi ( σ ) анықтап, содан кейін олардың эпюраларын i тұрғызамыз (48,г-сурет). 4 а) σ I = ql 7EA ; 0 x1 l - бұл аралықта σ I = const (эпюраны қараңыз). ql x б) σ II = A l ; 0 x l - x = 0 - x = l 4 σ II = ql ; 7A 3 σ II = ql. 7A 6 в) σ III = ql, бұл аралықта σ III = const (эпюраны қараңыз). 7A 1 г) σ IV = ql, бұл аралықта σ IV = const (эпюраны қараңыз). 7A III. Кез келген қиманың орын ауыстырулардың ( δ i ) теңдеуін жазып, содан кейін олардың эпюраларын тұрғызамыз (48,д-сурет).

60 4 а) δ I = ql x1 ; 0 x1 l. 7EA - x 1 = 0 δ I = 0 ; 4 - x1 = l δ I = ql. 7A x 1 8 4ql б) δ II = ql qx dx EA + 7 7EA δ II 0 ql 4 4x x = + EA 7 7l 4l - бұл квадрат парабола. Оның эпюрасын тұрғызу үшін функцияның кем дегенде үш нүктесінің мəнін табу керек ( 0 x l ). - x = 0 4 δ II = ql ; 7EA - x = l 5 δ II = ql ; 7EA Үшінші нүкте ретінде, осы аралықтағы орын ауыстырудың экстремаль мəнін анықтаймыз. Ол үшін: - d 0 dx EA l l II ql 4 x 7 4 x0 8 l 7 0,897ql. EA ql 6x3 ) III 5 7EA l, 0 x3 l. 5 - x3 0 III ql ; 7EA 1 - x3 l III ql ; 7EA ql x4 ) IV 1 7A l, 0 x4 l. 1 - x4 0 IV ql ; 7EA - x3 l IV 0. Орын ауыстырудың эпюрасы 48,д-суретінде көрсетілген. 60

61 7. Статикалық анықталмайтын топсалы сырықтар жүйесі Тірек реакцияларын жəне элементтеріндегі ішкі күштерді анықтауға статиканың теңдеулері жеткіліксіз болса, ол статикалық анықталмайтын конструкция деп аталатынын жоғарыда айтқанбыз. Осындай сырықтар жүйесіне (конструкцияларға) бірнеше мысалдар қарастырайық Үш сырықтан тұратын жүйенiң, элементтерiндегi кернеулердi табу керек (49,а-сурет). Ол үшiн алдымен сырықтардағы iшкi күштердi табамыз. Қималар тəсiлi бойынша, ойша I-I сызығымен жүйенi екiге бөлемiз. Сол жақ бөлiктi алып тастап, қалған оң бөлiктiң статикалық теңдiгiн қарастырамыз (49,б-сурет). 49-сурет Алынып тасталынған бөлiктiң қалған бөлiкке əсерiн, əдеттегiше, iшкi күштер N 1, N жəне N 3 деп белгiлеймiз. Iшкi күштердiң шын бағыты бiрден белгiсiз болғандықтан, олардың бəрiн сырықтарды созып тұр деп есептеймiз (созу iшкi күшiн плюс арқылы есептейтiн болғандықтан). Ендi теңдеулердi құрамыз. Барлық күш бiр нүкте арқылы өтетiн болғандықтан SM с =0 теңдiгi 0 0 тепе-теңдiгiне айналады. Сондықтан, бұл жүйе үшiн тек екi теңдеу құрылады. Y = 0, N sinα N sinα P= z = 0, N1 cosα + N 3 cosα + N = 0 (а) Үш белгiсiздердi (N 1, N жəне N 3 ) табу үшiн ендi бiр теңдеу керек. Оны жүйенiң деформациялану ерекшелiгiнен аламыз. Қаралып 61

62 отырған жүйенiң С түйiнiнде үш сырық түйiскен. Ал сырықтардағы кернеулердiң шамаларының мəнi серпiмдiлiк шекарасынан аспау керектiгiн ескерсек, деформациядан кейiн де сол түйiнде (С 1 ) үш сырықтардың түйiсетiнi даусыз. Жүйенiң деформацияланған түрi, өте үлкейтiлген масштабта 50-суретте көрсетiлген. Келесi мақсат, осы деформацияланған күйден сырықтың ұзаруларының бiр-бiрiнен тəуелдiлiгiн табу керек. Ендi осы суреттiң қалай жасалғанын мұқият талдайық. Есептiң басында статикалық теңдеулердi құрардан бұрын, əр сырықтардағы iшкi күштердiң бағытын қимадан сыртқа қараттық (49-сурет), демек, барлық сырықтар созылып тұр деп жорамалдадық. Бұл жорамал бойынша, сырықтардың барлығы да ұзарулары керек. Суретте көрсетiлгендей, бiрiншi сырықтың ұзаруы CL =Δl 1, екiншiнiкi CK =Δl, ал үшiншiнiкi C болсын. «С» түйiнi 3 жазықтықта орын ауыстырғанда, ондағы сырықтардың əр нүктесi, сол сырық бекiтiлген нүкте арқылы (x і ) шеңбер сызып қозғалады. Сондықтан, L, K жəне Д нүктелерi шеңбер траекториясымен қозғалып С 1 нүктесiнде түйiн болып қосылулары керек. Сол шеңберлердi (траекторияларды), жоғарыда атап айтылғандай, жүйенiң деформацияларының өте аз екенiн ескере отырып, LC 1, KC 1 жəне DC 1 түзулерiмен алмастыруға болады (50-сурет). Бұл түзулер, сырықтардың деформацияланбаған күйлерiндегi осьтерiне перпендикуляр болады (суретте тiк бұрыштар көрсетiлген). 50-сурет Жоғарыда келтірілген суреттегі CKВ жəне BLC 1 ұқсас үшбұрыштардың қасиеттерін пайдалана отырып, төмендегі теңдеудi аламыз. 6

63 Δl cosα Δl Δ l = 0 (с) 3 1 Мұндағы Δl 1, Δl жəне Δl 3 ұзаруларын Гук заңы бойынша өрнектеп, керек болып отырған үшiншi теңдiктi аламыз. Осы үш теңдiктен (а, б, с) тұратын жүйенi жазайық. 4Ncos α 1,5 N3 3N1 = 0 N1sinα N3sinα P= 0 N1cosα + N + N3cosα = 0 Бұл жүйеден 3 (4cos α + 1,5) P N1 = 3 (8cos α + 1,5) sinα N N 1, 5P cosα = (8cos α + 1,5) sinα 3 3 (4cos α + 3) 3 = 3 (8cos 63 P α + 1,5) sinα Үшiншi сырықтың iшкi күшiнiң таңбасы «минус» болып шықты, өйткенi ол, біз жорамалдағандай созылып тұрған жоқ, ол сырық сығылып тұр. Сайып келгенде, осы үшiншi сырықтың сыртқы күштiң əсерiнен сығылып тұрғаны, есептiң берiлуiнен-ақ көрiнiп тұр. Сондықтан, 49,б-суреттегiдей бiз бұл сырық созылып тұр деп жобаламай, оның сығылып тұрғанын көрсетсек, есептiң шешiлу жолы өзгерер ме едi? Əрине өзгерер едi. Өйткенi (1) жəне () теңдеулердегi кейбiр шамалардың таңбалары өзгерген болар едi. Сонымен қатар, есептiң шешiмi бiреу ғана болатыны ескерсек, бұл жағдайды толығырақ қарап, шешу жолының кейбiр ережелерiн анықтаған жөн. Егер сырық созылып тұр деп жорамалдасақ, iшкi күш алынып тасталған бөлiкке қарай бағдарланатынын өткен параграфтарда айттық. Сондықтан, деформациялану нұсқасын жасағанда, созылып тұрған сырықты ұзарған деп жорамалдау мiндет; ал сығылып тұрған сырық, деформациялану нұсқасында қысқаруы керек. Мысалға, жоғарыда қаралған есептi басқаша шешiп көрейiк. Ол үшiн, деформациялану нұсқасын қайтадан сызамыз (51-сурет). Бұл нұсқаның 49,б-суретiнен айырмашылығы үшінші сырықтың

64 сығылып тұруында (51,б-сурет). Статиканың теңдеуiн құрайық (51,б-сурет). Y N N P Z N N N 0, / 1sin 3sin 0 ( ) 0, / 1cos 3cos 0 ( ) Бұл екi теңдеулердiң (а) жəне (б) теңдеулерiнен айырмашылықтары айқын көрiнiп тұр. 51-сурет Деформациялану нұсқасынан (51,б-сурет) алынатын теңдеу де (с) теңдеуiнен өзгеше болады. Ол теңдеу: Δ lcosα +Δl3 Δ l 1 = 0 (с / ) Соңғы теңдеудегі (с / ) бойлық ұзаруларды Гук заңына сүйене отырып, ішкі күштер арқылы өрнектегеннен кейін үш теңдеулерден тұратын (а / б / с / ) жүйені шешуге болады. Нəтижеде, N 1, N жəне N 3 ішкі күштері табылады. Əрине, олардың шамалары бұрын табылған шамалармен (d, e, ж) тепе-тең болады. 7.-есеп. Үш сырықтан тұратын жүйенiң, элементтерiндегi мүмкін кернеулердi анықтау керек. Беріктік шартын қолданып, сырықтардың көлденең қималарының ауданын анықтау керек (5,а-сурет). Берілгендер: P= 410 H ; ϕ = 60 ;[ n] Τ 4 0 = 1, 5. Бірінші сырықтардың материалы болат-45; ұзындықтары l ; ; E1 10 көлденең қимасының ауданы A. Екінші сырықтың материалы дюраль-д16; ұзындығы- l ; 0, 0 ; көлденең қима сы ның ауданы 3A. Басқа өлшемдер суретте көрсетілген. Алдымен сырықтардағы iшкi күштердi табамыз. Қималар тəсiлi 64

65 бойынша, «С» түйінін бөліп алып, оның статикалық теңдiгiн / қарастырамыз (5,б-сурет). N 1 жəне N 1 бірінші сырықтардағы, N - екінші сырықтағы ішкi күштер. Iшкi күштердiң нақты бағыты бiрден белгiсiз болғандықтан, олардың бəрiн сырықтарды созып тұр деп есептеймiз (созу iшкi күшiн плюс арқылы белгіленетiн болғандықтан). 5-сурет Ендi теңдеулердi құрамыз. Барлық күш бiр нүкте арқылы өтетiн болғандықтан, SM с =0 теңдiгi 0 0 тепе-теңдiгiне айналады. Сондықтан, бұл жүйе үшiн тек екi теңдеу құрылады. x= 0 N sinϕ+ N sinϕ = 0 / 1 1 (а) Y = 0 N cos ϕ N 1 P= 0 (б) Алғашқы теңдеуден (а) бірінші сырықтардағы ішкі күштердің / өзара тең екенін ( N1 = N ) көреміз, өйткені қарастырылып отырған 1 жүйе үшін y осі симметрия осі болып табылады. Сонымен, статиканың үш теңдеуінен қалғаны - тек бір теңдеу ғана (б). Екі белгiсiздердi (N 1 жəне N ) табу үшiн ендi бiр теңдеу керек. Оны жүйенiң деформациялану ерекшелiгiнен аламыз. Қаралып отырған жүйенiң С түйiнiнде үш сырық түйiскен. Ал сырықтардағы

66 кернеулердiң шамаларының мəнi серпiмдiлiк шегінен аспау / керектiгiн ескерсек, деформациядан кейiн де сол түйiнде ( Ñ ) үш сырықтардың түйiсетiнi даусыз. Жүйенiң деформацияланған түрi, өте үлкейтiлген масштабта 5,а-суретте көрсетiлген. Келесi мақсат, осы деформацияланған күйден сырықтың ұзаруларының бiр-бiрiнен тəуелдiлiгiн табу керек. Ендi осы суреттiң қалай жасалғанын мұқият талдайық. / Суретте көрсетiлгендей, бiрiншi сырықтың ұзаруы C / екiншiнiкi C болсын. «С» түйiнi жазықтықта орын ауыстырғанда, ондағы бірінші сырықтардың əр нүктесi, сол сырық бекiтiлген нүктелер арқылы (А жəне В) шеңбер сызып қозғалады. Ал екінші сырықтың нүктелері өзінің осінің бойымен төмен қарай жылжиды. Сол шеңбердi (траекторияны), жоғарыда атап айтылғандай, жүйенiң деформацияларының өте аз екенiн ескере отырып, / // CC түзуiмен алмастыруға болады. Бұл түзу, сырықтардың деформацияланбаған күйлерiндегi осьтерiне перпендикуляр болады (суретте тiк бұрыш көрсетiлген). Жоғарыда келтірілген суретті пайдаланып, орын ауыстырулардың өзаралығының теңдеуiн аламыз Δ l1 =Δl cosϕ (в) Мұндағы Δl, Δl 1 ұзаруларын Гук заңы бойынша өрнектейміз Δ l = 1 N1 l E A 1 N, Δ l = 3E1 l A (г) Есептің берілімін ескеріп: β E = = = 4 E 7,7 10,6 Соңғы өрнектерді (г, д) в-формуласына қойып, керек болып отырған үшiншi теңдiктi аламыз (д) 3N1+ β N cosϕ = 0 (е) Осы екі теңдiктен (е жəне б) тұратын жүйенi жазайық. N1cosϕ N = P (ж) 3N1+ βncosϕ = 0 66

67 Бұл жүйеден 4 P cosϕ ,5 1 4 N = = = 1, 9 10 H, 3+ 4βcos ϕ 3+ 4,6 0,5 4 3P N = = =, 10 H. 3+ 4βcos ϕ 5,7 Екiншi сырықтың iшкi күшiнiң таңбасы теріс болады, өйткенi ол сырық, біз ойлағандай, созылып тұрған жоқ, ол сығылып тұр. Егер сырық созылып тұр деп жорамалдасақ, iшкi күш алынып тасталған бөлiкке қарай бағдарланатынын өткен параграфтарда айттық. Сондықтан, деформациялану нұсқасын жасағанда, созылып тұрған сырықты ұзарған деп жорамалдау мiндетті; ал сығылып тұрған сырық деформациялану нұсқасында қысқаруы керек. Сонда ғана, есептiң шешiмi əруақытта бiреу болатынын алдыңғы есепте айтқанбыз. Сырықтардың мүмкін кернеулерін есептейік , n 1,5 0, n 1, Беріктік шартынан сырықтардың көлденең қималарының аудандарын анықтаймыз. Бірінші сырықтың ауданы: A N 1, ,7 10 0, Екінші сырықтың ауданы: 4 N, 10 5 A 4,9810 0, Есептеп алынған аудандардың үлкен шамасын қабылдаймыз. Яғни, A1 0,77 A, A A 3 30,77, есеп. Температураның əсері. Статикалық анықталатын жүйелердегі элементтердің температуралары өзгергенде, олар-.

68 дағы ішкі күштердің шамалары өзгермейді. Ал, статикалық анықталмайтын жүйелердің элементтерінің температуралары өзгерсе, онда оларда қосымша ішкі күштер пайда болады, демек, олардың кернеулері өзгереді. Мысал үшін, жоғарыда қарастырылған 7.-ші есепті басқаша шығарайық. Сыртқы күшті алап тастап ( P = 0 ), бірінші сымдарды Δ T = 100K -ге қыздырғанда, олардың қималарында пайда болатын ішкі күштерді табу керек болсын (53-сурет). Болаттың температурадан сызықтық 5 ұзару коэффициенті 1,5 10 1/ K. Ол, үшін «С» түйінінің статикалық теңдігін қарастырамыз (53,б-сурет). Барлық күш бiр нүкте арқылы өтетiн болғандықтан SM с =0 теңдiгi 0 0 тепе-теңдiгiне айналады. 53-сурет Сондықтан, бұл жүйе үшiн тек екi теңдеу құрылады. / x= 0 N1 sinϕ+ N1 sinφ = 0 (а) / x= 0 N1 sinϕ+ N1 sinφ = 0 (б) Алғашқы теңдеуден (а) бірінші сырықтардағы ішкі күштердің / өзара тең екенін ( N1 = N ) көреміз, өйткені қарастырылып отырған 1 жүйе үшін y осі симметрия осі болып табылады. Сонымен, статиканың үш теңдеуінен қалғаны - тек бір теңдеу ғана (б). Екі белгiсiздердi (N 1 жəне N ) табу үшiн ендi бiр теңдеу керек. 68

69 Оны жүйенiң деформациялану ерекшелiгiнен аламыз. Қаралып отырған жүйенiң С түйiнiнде үш сырық түйiскен. Ал сырықтардағы кернеулердiң шамаларының мəнi серпiмдiлiк шегінен аспау / керектiгiн ескерсек, деформациядан кейiн де сол түйiнде ( Ñ ) үш сырықтардың түйiсетiнi даусыз. Жүйенiң деформацияланған түрi, өте үлкейтiлген масштабта 53,а-суретте көрсетiлген. Келесi мақсат, осы деформацияланған күйден сырықтың ұзаруларының бiр-бiрiнен тəуелдiлiгiн табу керек. Ендi осы суреттiң қалай жасалғанын мұқият талдайық. Суретте көрсетілгендей, С нүктесінің орын ауыстыруы / - CC ; бұл екінші сырықтың қысқаруы да болып табылады. Ал бірінші сырықтың температура əсерінен ұзаруы - CC. Енді бұл орын ауыстырулардың түп негіздерін анықтайық. Бұл сымдар бір жүйеге біріктірілмей тек ілініп қана тұрса, онда бірінші сырықтың температура əсерінен ұзаруын физиканың формуласы арқылы табуға болар еді. Ол CC =Δ lt1 = α l1 ΔT. Сырықтар бір жүйеге біріктірілгендіктен, əр элементтің нүктелері жеке-жеке өз алдарына жылжи алмайды. Өйткені, бұл жүйедегі екі сырықтың температура əсерінен ұзаратындықтан, оларда ішкі күштер пайда болады да, сырықтардың еркін созылуына бөгет болады, яғни // // // N11 l1 CC CC CC 1T 1 1. E Соңғы суреттің геометриясынан алатынымыз, яғниcc C үшбұрышынан // CC // Nl N1l1 = cosϕ / CC =Δl cosϕ = ( α l1 ΔT ) cosϕ (а) CC EA EA1 Екі теңдеуден (б жəне в) тұратын теңдеулер жүйесін құраймыз. N l N1 l 1 = cosϕ α l1 ΔT EA EA1 N1 cosϕ N = 0 Осы жүйені шешіп, берілімдердің мəндерін қойғаннан кейін N 1 жəне N табамыз 69 1 / //

70 N N 3 E H, 34os 6 E cos 34 cos H. 7.4-есеп. Егер конструкцияның элементтерінің біреуі жобадан кем, не артық дайындалған болса, онда конструкция жүктелмей (күш түспей) тұрып-ақ, оны құрастыру кезінің өзінде, элементтерде кернеулер пайда болуы ықтимал. Осыған байланысты, тағы бір есеп қарастырайық (54-сурет). Конструкцияның жұмыс істеу шарты бойынша, КС қатаң арқалығы үш сымға ілініп тұруы керек. Бірақ үшінші сым, суретте көрсетілгендей, жобадан Δ шамасына қысқа жасалған (саңылау қалдырылған), яғни арқалықпен сырық арасында саңылау бар деп қарастырайық. Сымдар бір материалдан жасалған жəне олардың көлденең қималарының аудандары жəне басқа да өлшемдері 54-суретте көрсетілген. Осы конструкцияны жинастыру кезінде-ақ сымдарда пайда болатын кернеулерді табу керек. Содан кейін, [ σ ]-мүмкін кернеуді пайдаланып, саңылаудың мүмкін шамасын - [ Δ ] анықтау керек. Конструкцияны құрастырған кезде, КС қатаң сырығы жоғары / // көтеріліп, оның осі KC сызығына орналасады. Бұл кезде үшінші // // сым CC 1 =Δl3шамасына созылып, C нүктесіне төмен түседі, ал / / бірінші жəне екінші сырықтар KK =Δ l 1, BB =Δl шамаларына жоғары көтеріледі. Қималар тəсілін қолданып, сымдардағы ішкі күштерді анықтаймыз. Ол үшін, сырықтарды ойша екіге бөліп, оның төменгі жағының (54-б-суреті) статикалық теңдік күйінің теңдеулерін құрамыз. Суреттен көрініп тұрғандай, 1-ші жəне -ші сымдар сығылып, ал 3-ші сым созылып тұр деп жорамалданған. Оның дұрыс-қатесін есептің шешімі көрсетеді. 70

71 54-сурет Жазықтықта құруға болатын үш теңдеудің екеуін ғана құрсақ жеткілікті. Солардың екі вариантын жазайық. 3 y N1N N 3 0; M N an a0; K M N N 0; B 1 3 M N an a0; K 3 (а) Екінші варианты пайдаланған тиімді, үйткені оның екінші теңдеуіндегі белгісіздер саны екеу. Белгісіздер саны, жалпы алғанда, үшеу болғандықтан, бұл есеп бір рет статикалық анықталмайтын есеп. Қосымша теңдеуді - конструкцияның элементтерінің деформацияларын ескере отырып құруға болады. Сол үшін, деформацияланған күй көрсетілген (54,а-сурет). Бұл суреттен үшбұрышы болғандықтан / / // үшбұрышына / // / ұқсас // / / // // / B B (б) / // 71

72 55-сурет / // // / 54,а-суретінен l3 l1, B B l l1.. Алынған шамаларды (б) өрнегіне қоямыз. Яғни, Δ Δl3 Δ l1 = Δl Δ l 1 Δ= Δ l +Δl3 Δ l1. Гук заңын қолдана отырып жəне жоғарыда келтірілген нұсқаны пайдаланып (б) тендеуін кеңейтіп жазамыз. N l N3 l N1 l Δ= + 3EA Δ= 3Nl + N3l 3N1l E A E 3A E A (в) Содан кейін, (а) жəне (в) теңдеулерін бір жүйе ретінде қарастырып, мынандай шешiм аламыз 3E N1 ; 10l 3E N3 ; 10l 79 3E N. 5l Сонымен, 1-ші жəне 3-ші сымдар созылып, ал -ші сым сығылып жұмыс істеп тұр. Бұған сəйкес деформацияланған күй 55-суретте көрсетілген. 7

73 Кернеулер 3 Δ E σ1 = ; 10 l Δ E N3 = ; 10 l 3 Δ E N =. 10 l Осыдан кейін, ең үлкен кернеуді тауып, мүмкін кернеумен теңестіріп, саңылаудың мүмкін шамасын анықтаймыз. Ол шама: 3 Δ [ ] E 10 l σmax = = [ σ] [ σ ] 10 l Δ= 3 E. 7.5-есеп. Конструкцияның жұмыс істеу шарты бойынша, АВ - қатаң арқалығы С нүктесінде тіреліп жəне екі сымға ілініп тұруы керек. Бірақ, бірінші сым жобадан қысқа жасалған деп қарастырайық (56-сурет). Сымдар бір материалдан жасалған жəне олардың көлденең қималарының аудандары бірдей (А) болсын. Басқа өлшемдері суретте көрсетілген. Осы конструкцияны жинастыру кезінде-ақ сымдарда пайда болатын кернеулерді табу керек. Қималар тəсілін қолданып, сымдардағы ішкі күштерді анықтаймыз (57-сурет). Статикалық теңдік күйінің теңдеулерін құрамыз. Жазықтықта құруға болатын үш теңдеудің біреуін ғана құрсақ жеткілікті. Себебі, қалған екі теңдеуге тіректің екі реакциясы кіреді де, жалпы белгісіздің саны төртеу болып кетеді. Ал, сымдардағы кернеулерді табу үшін, тіректің реакцияларының қажеті жоқ. Сондықтан, төрт белгісізі бар үш теңдеулерді шешкеннен, екі белгісізі бар бір теңдеуді шешкен тиімді жəне əлдеқайда оңай. N N cosα = 0 (а) 1 73

74 56-сурет 57-сурет Енді бір теңдеуді - конструкцияның элементтерінің деформацияларын ескере отырып құруға болады. Ол үшін, деформацияланған күйді көрсетейік (58-сурет). Конструкцияны құрастыру үшін бірінші сымды созғанда А нүктесі жоғары көтеріледі, В нүктесі төмен түседі. Соның салдарынан А нүктесі төмен жылжып, А нүктесі жоғары көтеріледі де, А / нүктесінде түйіседі (58-сурет). 58-сурет Бұл суретте ВВ / - В нүктенiң орын ауыстыруы. Δl ВВ // - -екiншi сымның ұзаруы. АА // =δ. А // А / = Δl - бiрiншi сымның ұзаруы. АА / =δ Δl. АСА / үшбұрышы ВСВ / үшбұрышына ұқсас болғандықтан / / / /, AA BB ( ). 74

75 Гук заңын қолдана отырып жəне жоғарыда келтірілген нұсқаны пайдаланып (б) теңдеуін кеңейтіп жазамыз. N a cos E N1 a () Сонымен, (а) жəне (б) теңдеулерін бір жүйе ретінде қарастырып, келесідей шешiм аламыз: N N E 3 cos a(cos 4) E 3 cos a(cos 4) Кернеулер: 75

76 5-тарау. ЖАЗЫҚ ҚИМАЛАРДЫҢ ГЕОМЕТРИЯЛЫҚ СИПАТТАМАЛАРЫ Бұралып немесе иіліп жұмыс істейтін элементтерді, жалпы алғанда, күрделі жүктелген конструкцияларды беріктікке жəне қатаңдыққа есептегенде, көлденең қиманың ауданынан басқа (Ал қиманың негізгі сипаттамаларының бірі оның ауданы екені белгілі), оның көптеген басқа да геометриялық сипаттамалары қажет болады. Жазық қиманың ауданын есептеп шығару аса көп қиындық тудырмайтыны белгiлі. Сондықтан, қиманың басқа геометриялық сипаттамаларын толық қарастырамыз. 1. Қиманың статикалық моменттері Кез келген сырықтың қимасын координаталар жүйесіне орналастырып (59-сурет), төмендегі екі интегралды қарастырайық S x = y da, Sy = x1 da (5.1) A Бұл интегралдар қиманың ауданы бойынша алынады. Бiрiншi интеграл қиманың х осiндегi, ал екiншi у осiндегi статикалық моментi деп аталады. Олардың өлшемi мм 3, м 3... Статикалық моменттер координата жүйесiне тəуелдi шамалар. Координата жүйесi орын ауыстырса, олардың мəндерi өзгередi. xoy жүйесiндегi қиманың статикалық моменттерi белгiлi болсын, яғни Sx1 = y1 da, Sy1 = x1 da (5.) A A Ендi бұл жүйенiң x 1 осiн «а» қашықтығына, ал y 1 оciн с қашықтығына параллель жылжытып, жаңа xoy жүйесiн алайық (60-сурет). Бұл жүйедегi статикалық моменттер: S = y da, Sy = x da (5.3) x A 60-суреттен x = x 1 -a, y = y 1 -c екенi көpiнiп тұр. Бұларды үшiншi интегралдарға қоямыз. Сонда S = y C da= y da c A ( ), сол секiлдi x 1 1 A A ( ). S = x a da= x da a A y 1 1 A A 76 A A

77 59-59-сурет 60-сурет Eкiншi формулаларды ескерiп, статикалық моменттердiң жаңа координаталар жүйесiндегi шамаларын аламыз: Sx = Sx 1 c A, S = S 1 a A. (5.4) y y Сонымен, осьтердi өзіне параллель жылжытқанда, статикалық момент тер, аудан мен сол жылжыған ара-қашықтықтың көбейтiндiсiне өзгередi. Мысалы, үшбұрыштың x 1 осiндегi статикалық моментiн есептегеннен кейiн, осы оське параллель жəне бұл осьтен қашықтықта 5 h жатқан x осiндегi статикалық моментiн табайық (61-сурет). (5.1) формуланы қолданамыз: Sx 1 = y da. Бұл формуланы қолдану үшiн x A 1 оciнeн y қашықтықта элементар аудан da = b dy бөлiп аламыз. y 61-сурет 77

78 Үшбұрыштардың ұқсастығынан b у шамасын табамыз. h y1 by =. h Интегралға қоямыз, сонда h b Sx 1 = ( h y1) y1 dy h 0 Интегралды алғаннан кейiн bh Sx 1 = 6 Ендi х осiндегi статикалық моменттi (S x ) табайық, ол үшiн (5.4) формулаларды қолданамыз. S = S c A, x x1 h 1 ( c=, A= b h) 5 bh h 1 bh Sx = bh= h Сонымен, үшбұрыштың, өзiнiң табанына параллель, одан 5 шамасындағы қашықтықта орналасқан осьтегi статикалық моментi S x bh = шамасына тең. 15. Орталық осьтер. Қиманың салмақ центрі Статикалық моментi нөлге тең осьтер, орталық осьтер деп аталады. Өзара параллель осьтердiң тек бipeyi ғана орталық болады. Қиманың орталық осьтерiн табу үшiн өткен, параграфтағы төртiншi формулаларды қолдануға болады. Ол үшiн, х, у орталық осьтер болсын да, х 1 жəне у 1 кез келген осьтер болсын. Орталық осьтердiң анықтамасы бойынша S =, (5.5) y 0 Сонда 0 S 1 c, S 1 a. x 78 0 y Бұл жердегi с жəне а кез келген осьтерден (х 1 у 1 ) орталық осьтерге дейiнгi ара-қашықтық. Яғни

79 S S x1 y1 c y, a x (5.6) Орталық осьтердiң өзара қиылысу нүктесi, қиманың салмақ центрi болып табылады. Материалдар кедергiсiнiң көптеген есептерiнде, қиманың салмақ центрiн бiлу өте қажет. Сондықтан, қиманың салмақ центрiн табуға есептер қарастырайық. 1) Өткен параграфта есептелген, биiктiгi һ табаны - в үшбұрыштың салмақ центрiнiң, оның табанынан қанша жерде орналасқанын табайық. Ол үшiн кез келген х 1 оciн жүргiземiз. Бұрынғы есептiң нəтижесiн пайдалану мақсатымен, бұл осьтi үшбұрыштың табаны арқылы жүргiземiз (6-сурет). Бұл осьтегi статикалық момент bh Sx 1 = 6. Осы параграфтағы екiншi формуланы қолданамыз, яғни y bh Sx 1 6 h 1. bh 3 h Сонымен, үшбұрыштың салмақ центрi, табанынан 3 шамасындағы қашықтықта жатады (6-сурет). ) Келесi 63-ші суретте көрсетiлген, жарты дөңгелектiң салмақ центрiн табу керек болсын. Қиманың бiр симметрия осi бар, ол ось у. Демек, салмақ центрi осы осьтiң бойында жатады. Бiздiң мақсатымыз бұл қиманың салмақ центрi х осiнен қандай қашықтықта жататынын табу. 79

80 6-сурет 63-сурет Ол үшiн, осы параграфтағы (5.6) формулаларды қолданамыз Sx1 y. (а) Жарты дөңгелектiң ауданы: R. (ə) Шеңбердiң теңдеуiн қолданып, жарты дөңгелектiң статикалық моментiн есептеймiз. Шеңбердiң теңдеуi: x + y = R (б) x R R x R R x y 3 (в) R 0 S ydxdy dx ydy dx R Салмақ центрiнiң ординатасын (а) формуласын пайдаланып табамыз, яғни 3 R 3 AR y 0,44R R 3 (г) 3)Тавр қиманың (64-сурет) салмақ центрiн табу керек болсын. Қиманың өлшемдері: h 60, b1 0, b 50, 8. 80

81 64-cурет Бұл қиманыңда бiр симметрия осi бар, ол ось у. Демек, салмақ центрi осы осьтiң бойында жатады, яғни x C = 0 болғандықтан, y c координатасын тапсақ жеткілікті. Қиманы екі төртбұрыш ретінде қарастырамыз: көлденең ( b = 50, δ = 8 ) жəне тік орналасқан ( h= 60, b1 = 0 ) төртбұрыш. Көлденең төртбұрыштың статикалық моментін табу үшін, оның ауданын x 1 осінен өзінің салмақ центріне дейінгі ара-қашықтыққа көбейтеміз, яғни h Sk Ak y b Тавр қиманың (64-сурет) центрiн табу үшiн, осы параграфтағы (5.6) формулаларды қолданамыз: Sx 1 Sk S y yc 8,5. A Координатаның таңбасы оң болып шықты, демек қиманың салмақ центрі x 1 осінен жоғары орналасқан (суретті қараңыз)

82 3. Қиманың инерция моменттері Қиманың статикалық моменттерiн анықтайтын интегралдардан басқа, тағы да бiрнеше интегралдарды қарастырайық. Атап айтқанда J x, Jy x d, J d, Jxy y d xy d (5.7) Интегралдардың алғашқы екеуi, қиманың осьтiк инерция моменттерi, үшiншiсi полярлық инерция моментi, ал соңғысы центрден тепкiш инерция моментi деп аталады. Олардың өлшемдерi - мм 4, см 4, м 4. Бұлар да қиманың геометриялық сипаттамалары болып табылады жəне координаталар жүйесiне тəуелдi болады. Осьтердiң жазықтықта жылжуларына байланысты, инерция моменттерiнiң қалай өзгеретiнiн зерттеу үшiн 65-суретке көңiл аударайық. Зерттелiп отырған қиманың x 1 o 1 y 1 жүйесiндегi инерция моменттерi белгiлi болсын. J x1 y1 d, J x d, Jx 1y1 x1yd 1 (5.8) y1 1 Ендi бұл геометриялық сипаттамалардың x 1 o 1 y 1 жүйесiне параллель болып орналасқан x o y жүйесiндегi мəндерiн табайық. J x y d, J x d, Jxy xyd (5.9) y Аталған суреттен y = y1 c x = x1 a. Бұл. шамаларды үшiнші интегралдарға қойып, екiншi интегралдар арқылы өрнектеймiз. Сонда: Jx Jx 1cSx1c J x J y1 asy1a (5.10) J J asx csy a c. xy x1y1 1 1 Егер де х 1 жəне у 1 осьтерi орталық осьтер болса, онда Sx 1 = 0, Sy 1 = 0. Бұл кезде 8

83 Jx Jx 1 c Jy Jy1 a (5.11) J J ac. xy x1y1 (5.7) формуладағы полярлық инрция моментін түрлендірейік. Ол үшін 65-ші суреттен ρ = x + y мəнін сол формулаға қояйық: ( ) (5.1) y x J ρ = ρ da = x + y da = x da + y da = J + J A A A A 65-сурет (5.11) формулаларды талдай келе, мынадай қорытынды жасаймыз: қиманың кез келген осьтерiндегi инерция моменттерi, оның орталық осьтерiндегi инерция моменттерiнен көп болады. 1-есеп. Биiктiгi h көлденеңi в тiктөртбұрыштың қабырғаларына параллель орталық осьтерiндегi (х 1, у 1 ) жəне қабырғалары арқылы өтетiн осьтердегi (х, у ) инерция моменттерiн табу керек болсын. Ол үшін, х 1 орталық осiнен у қашықтықта, қалыңдығы dy элементар тiлiм бөлiп аламыз (66-сурет). Оның ауданы da = dy b. Бұл өрнекті инерция моменттерiнің формуласына қоямыз. Ендi интегралды есептеймiз, яғни 83

84 Осы секiлдi: h + 3 bh. (а) J x1 = y da = y bdy = 1 À 3 hb J y1 =. (б) 1 Енді х жəне у осьтерiндегi инерция моменттерін табу үшiн, (5.11) формулаларды қолданамыз. h Jx Jx 1 c A = +, Jy Jy1 a A = + (в) Суреттен көрiнiп тұрғандай h c =, h a = (г) 66-сурет Сонда 3 3 bh hb J x =, J y = (д) 3 3 -есеп. Тұтас дөңгелектiң (67-сурет) осьтiк инерция моменттерiн (J x,j y ) жəне полярлық инерция моментiн табу керек болсын. 84

85 67-сурет Алдымен полярлық инерция моментiн табамыз. Радиустары r жəне r+dr концентрлi екi шеңбердiң көмегiмен, элементар сақина бөлiп аламыз. Оның ауданы - da = πρ dρ. Полярлық инерция моментін табамыз. K K πr πd Jρ = ρ da= ρ ( πρ dρ) = π ρ dρ = = Осьтiк инерция моменттерi мен полярлық инерция моменттерiнiң арасындағы қатынас: Jx = Jy = J ρ. Тұтас дөңгелек үшiн Jx = Jy болғандықтан Jρ J J = немесе x ρ Jx = Jy =. 4 π D Сонымен Jx = Jy = (өлшемдерi: м 4, см 4, мм 4 ). 4. Бас осьтер жəне бас инерция моменттері Координата осьтерi өз жазықтығында белгiлi бiр бұрышқа бұрылғанда, инерция моменттерiнiң қалай өзгеретiнiне көңiл аударайық. Берiлген қима ХОУ жүйесiне бекiтiлiп, оның инерция моменттерi есептелiп қойсын. Олар - J x, J y жəне J xy. Ендi, берiлген XOY жүйесiн a бұрышына бұрайық. Бұл жүйенiң осьтерiн и жəне v деп белгiлеймiз (68-сурет). Осы жүйедегi инерция моменттерiн J u, J v жəне J uv табу керек. Оларды жоғарыда келтiрiлген формулалар арқылы табамыз, яғни J u = v da, A J v =, Juv u da A = uv da. A 85

86 68-сурет Көрсетілген суреттен u жəне v шамаларын бұрынғы жүйедегi х жəне у шамалары арқылы өрнектеу керек. Ол суреттегi ОВ=x, AB=y болса OD=u жəне AD=v болып табылады. Осы суреттегi сынық сызықтардан мынадай қатынастар аламыз: u=od=ok+kl+ld, v=ad=ac-dc; OKB үшбұрышынан OK=OB Cosa=xCosa екенiне BLK үшбұрышынан KL=LB Sina жəне ADL үшбұрыш LD=AL Sina екенiне көзiмiз жетедi. Сонда u = xcosα + LBSinα + ALSinα = xcosα + ysinα. (5.13) Осы секiлдi, ADL жəне ODC үшбұрыштарын қарастырып, v табамыз: υ = xsinα + Cosα (5.14) Табылған шамаларды пайдаланып, жаңа жүйедегi геометриялық сипаттамаларды табайық. J ( ) u = ycosα xsinα da, A J ( ) V = ysinα + xcosα da, A ( α α)( α α) JuV = ycos xsin ysin + xcos da A. Жақшаларды ашып, интегралдардың қосындысы ретiнде қарастырсақ: 86

87 Ju = J xcos α J xysinα + J ysin α, Ju = J xsin α + J xysinα + J ycos α, (5.15) Jx Jy JuV = JxyCosα + Sin α. Алдыңғы екi теңдеудiң сəйкес мүшелерiн бiр-бiрiне қоссақ, Ju + JV = J x + J y = Const екенi дəлелденедi. Сонымен, өзара перпендикуляр екi осьтердегi инерция моменттерiнiң қосындысы α бұрышына тəуелдi болмайды, яғни осьтер жүйесiн қандай бұрыштарға бұрса да шамасы өзгермейдi деген қорытындыға келемiз. Инерция моменттерiнiң қосындысы тұрақты болу үшiн, оның бiрi өскенде, екiншiсi азайып отыру керек. Демек, α бұрышының белгiлi бiр мəнiнде, бiр инерция моментi өзiнiң шарықтау шегiне жетсе (max), екiншiсi ең төменгi (min) деңгейде болу керек. Осы кездегi бұрыштың мəнiн табу үшiн, үшiншi формуладағы J u теңдiгiн α арқылы дифференциалдап, алынған өрнектi нөлге теңестiремiз. J xy tgα = Jy J (5.16) x Осы формуладағы α бұрышының шамасында үшiншi формуладағы центрден тепкiш инерция моментiнiң (J v ) нөлге тең екенiн көремiз. Сонымен центрден тепкiш инерция моментi нөлге тең, ал осьтiк инерция моменттерi экстремаль шамаға ие болатын осьтер бас осьтер деп аталады. Сонымен қатар, егер бұл осьтер, орталық осьтер болса, онда олар орталық бас осьтер деп аталады. Бас осьтердегi осьтiк инерция моменттерi бас инерция моменттерi болып табылады. Бас инерция моменттерiн есептеу оңай болу үшiн, үшiншi формулаларды түрлендiрейiк. Jx + Jy Jy Jx Ju = Cosα Jxy Sinα, Jx + Jy Jy Jx JV = + Cosα + Jxy Sinα. 87

88 Бұған қоса, Cosα = 1 1 tg + жəне α Sinα = tgα 1 tg + α екенiн ескерiп, теңдiктердегi a бұрышынан құтыламыз. Сонда J J + J J J = ± + J max x y y x min xy. (5.17) 88

89 6-тарау. ЫСЫРЫЛУ. БҰРАЛУ 1. Таза ысырылу жəне оның ерекшеліктері туралы Егер конструкциядан бөлініп алынған элементтің қырларында тек қана жанама кернеулер пайда болса, онда кернеулік күй таза ысырылу деп аталады. В.И. Феодосовтың оқулығында келтірілген екі мысалды алып қарайық (В.И. Феодосов. Сопротивление материалов 1986ж.). Төңiрегi, өзара топсалы біріктірілген, қатаң бастырмалар арқылы бекітілген, пластинаға Р күші əрекет етіп тұр дейiк (69а сурет). Пластинаның əр нүктесiндегi жанама кернеулер (69б сурет) төмендегi формуламен табылатыны белгілі P τ =, δ l δ -пластинаның қалыңдығы сурет Бастырмалардың маңындағы алапта кернеулер, əрине, басқаша заңмен таралғанымен, оларды Сен-Венан принципі бойынша елемеуге болады. Екінші мысал үшін жұқа қабырғалы цилиндрді алуға болады (70,а-сурет). Оның екі қапталынан моменттер (m) əрекет етiп тұр деп 89

90 есептейміз. Сыртқы момент пен жанама кернеулер (70,б,в-суреттер) арқылы өрнектелген ішкі күштердiң моментерiнiң теңдеуi бойынша m= τ π δ R k, 70-сурет бұдан m τ = π R δ R- цилиңдрдің радиусы, δ- цилиндрдің қабырғасының қалыңдығы. 90 (6.1). Таза ысырылудағы кернеулер. Серпімділік модулінің екінші түрі Деформацияланбаған пластинаға АВС тік бұрышын салайық (71,а-сурет). Енді пластина деформацияланды дейік. Бұл кезде АВС тік бұрышы өзгерiп, оның АВ жəне ВС қабырғалары жазықтықта белгілі бір бұрыштарға бұрылады. Осы тік бұрыштың өзгеруін γ əрпiмен белгілеп, оның неге тең екенін табайық.

91 Ол үшiн АВ қабырғасының бұрылу бұрышын (ω α ) тапсақ болғаны, ал ВС қабырғасының бұрылу бұрышын α -ның орнына α +90 бұрышын қою арқылы оңай табуға болады. Мысалы А нүктесі А 1 нүктесіне жылжыды дейік (71,б-сурет). 71-сурет Қабырғаның бұрылу бұрышы өте аз болғандықтан, А нүктесiнiң жылжу траекториясын ВА қабырғасына перпендикуляр АА' кесiндiсi арқылы белгілейміз. Сондықтан AA tgω 1 α ωα = AB. Көрсетілген 71.б- суретінен мына теңдіктерді жазуға болады. / AA = AD + DA /, // AD = AA Cosα, / // / DA = A A Sinα, AL = AB Sinα, BL = AB Cosα. Енді осы суретте көрсетілген АК жəне KA / кесінділерінің физикалық мəніне тоқталайық. Егер BLAK-төртбұрышты дене деформацияланды деп есептесек, онда АА // осы дененің бойлық ұзаруы ( Δl ) болады да, А // А / оның көлденеңінің қысқаруы ( Δ a ) болады. Сондықтан / / AA AD DA = +, // AA AL Осы теңдеулердi ескере отырып, ( ) = ε, A A AL // / / = ε = με. / // // / AD DA AA Cos A A Sin AL Cos BL Sin + α + α ε α + μ ε α ωα = = = = ε Sinα Cosα + AB AB AB + μ ε Sinα Cosα = 1 + μ ε Sinα Cosα. 91

92 Гук заңы бойынша σ ε = болғандықтан, E 1 Sin, 90 1 Sin. Тік бұрыштың өзгеру бұрышы (бұрыштық деформация) 90 1 Sin. (6.) Созылу жəне сығылу тарауында жанама кернеудің формуласын алған едік. Оңда σ τ = Sin α. Ендi бұрыштық деформацияның формуласына () осы шаманы қойсақ, онда (1 + μ) γ = τ E (6.3) Бұл теңдiк изотропты заттардың барлық кернеулiк күйiне тəн, ысырылу кезiндегi Гук заңы деп аталады. Бұл формуладан жанама кернеудi тапсақ. τ = E γ (1 + μ) (6.4) E Бұл формуладағы - шамасын G əрпiмен белгiлеп, оны (1 + μ ) материалдардың тағы бiр тұрақтысы серпiмдiлiк модулiнiң екiншi түрi деп атайды (кейбiр авторлар оны ысырылу модулi деп атайды). Сонымен, материалдардың үш тұрақтысын анықтадық. Олар: Е - серпімдiлік модулінің біріншi түрі (Юнг модулi); μ - Пуассон коэффициентi; G серпiмдiлiк модулiнiң екiншi түрi (ысырылу модулi). 9

93 Бұлардың арасындағы сызықтық қатынас E G = (1 + μ). (6.5) Сонымен, ысырылу кезiндегi Гук заңын қысқаша келесідей жазуға болады: τ = G γ. (6.6) Егер сыртқы күштердің əрекетінен сырықтың қимасында тек қана бұрау моменті пайда болса (басқа ішкі күштердің бəрі жоқ болып), онда деформацияның бұл түрін таза бұралу дейміз. Бұралып жұмыс iстейтін сырықтарды білік деп атаймыз. Енді тəжірибеде жиі кездесетін, қималары тұтас дөңгелек тектес болып келетін біліктердi зерттейік. 3. Қимасы дөңгелек біліктің бұралуы Зерттеу, біліктердің көлденең кималарындағы ішкі күштерді (М б ) анықтаудан, олардың эпюраларын тұрғызудан басталады. Бұралу моменттерінің таңбаларын анықтау ережесіне тоқталайық. Егер біз, біліктің көлденең қимасына, сол біліктің қималар тəсілі бойынша алынып тасталған бөлігі жақтан қарағанда, ішкі момент (М б ) сағат тілінің айналымына қарсы айналатын болса, онда ол момент плюс таңбасымен белгіленедi. Керісінше болса - минус таңбасымен белгіленеді (7-сурет). 7 сурет 93

94 73-сурет 7,а-суретінде көрсетілген, екi шетіне түскен моменттермен бұрылып тұрған білікті алып қарастырайық. Қималар тəсілі бойынша, А қимасы арқылы білікті екіге бөліп, оң жақтағы бөлікті алып тастайық. Содан кейін, алынып тасталған бөлік жақтағы К нүктесінен А қимасына қарасақ, қимадағы момент - М б сағат тілінің айналымымен бұрап тұрғанын көреміз (7,б-сурет). Сондықтан, бұл моменттің таңбасы минус болады. Осы ережемен тұрғызылған бірнеше эпюралар 73-суретте көрсетілген. 4. Қимасы дөңгелек біліктің бұралуындағы кернеу Қимасы дөңгелек тектес болып келетін біліктердегі кернеулерді зерттеген кезде, жазық қималар гипотезасын (Бернулли гипотезасы) қолданамыз. Бұл гипотезаны қолдануға болатынын серпімдiлік теориясының тəсілдерімен шығарылған есептер көрсетеді. Сонымен қатар, біліктің қимасында тек жанама кернеулер пайда болатынын, олар қимадағы жалғыз ішкі күш - бұралу моментіне тəуелді екенін де дəлелдеп береді. Қимасы дөңгелек білік, оның екі шеткі қималары арқылы əрекет етіп тұрған моменттермен бұралып тұр дейік (74,а-сурет). Осы біліктен, ұзындығы dz-ке тең элемент бөліп алып, одан екі цилиндрлік беттердің көмегімен элементар сақина қиып алайық (74,б-сурет). Ішкі шеңбердің радиусы ρ, сыртқы шеңбердің радиусы ρ+dρ болсын. Деформация кезінде, сақинаның сол жақ беті оң жағына қарағанда dφ бұрышына бұрылды дейік. 94

95 74-сурет Бұл кезде АВ кесіндісінің А нүктесі А 1 нүктесіне жылжиды да, бұл сызық γ бұрышына бұрылады (74,б-сурет). Осы суреттен АА 1 доғасының ұзындығын табайық. АА 1 В үшбұрышын алып қарасақ, онда доғаның ұзындығы dz γ ға тең болады, ал ОАА 1 ұшбұрышын алып қарасақ, онда сол доғаның ұзындығы - ρ dφ болады, яғни ρ dφ = γ dz. dφ Демек, γ = ρ dz (а) мұндағы d φ қатынасын θ əрпімен белгілеп, оны салыстырмалы dz бұралу бұрышы деп атайды. γ = ρ θ (6.7) Жоғарыдағы қатынастарды ескере отырып, ысырылу кезіндегі Гук заңын жазайық. τ = G θ ρ (б) Сақинаның теңдік күйіне байланысты, статиканың теңдеуін құрайық. Ол үшін, біліктен бөлініп алынған элементті үлкейтіп қайтадан сызайық (75-сурет). 75-сурет 95

96 Осы суретте көрсетілгендей, екі радиалды сызықтың көмегімен шексіз аз аудан - da бөліп алайық. Бұл аудандағы шексіз аз күш τ da -ға тең болады. Бұл шексіз аз күштің моменті, ішкі бұрау моментіне (М б ) тең болу керек, яғни: d (в) Бұл жерде, τ da - күш, оның иіні r; бұларды бір-біріне көбейтіп, элементар момент аламыз. Толық момент алу үшін, бұл көбейтіндіні аудан бойынша интегралдап, (в) интегралын алу керек. Интегралдағы жанама кернеудің шамасын (б) қатынасы арқылы алмастырамыз.. Mδ = G θ ρ da À Соңғы интегралдың астынан Gθ шамасын шығарамыз, өйткені олар ауданға (А) тəуелді емес, яғни Mδ Gθ ρ da À = (г) Интеграл қиманың тағы бір геометриялық сипаттамасы болып табылады, өлшемі (см 4 немесе мм 4 ). Бұл интегралды қиманың полярлық момент инерциясы деп атап, J p белгісімен өрнектейді Сонымен, M = Gθ J немесе δ J ρ ρ = ρ da (6.8) À Mδ θ =. (6.9) GJ ρ Соңғы теңдіктегі θ-ның орнына, оның (6.7) формуладағы мəнін қоямыз. dϕ M Mdz = δ немесе δ dϕ = dz GJ ρ GJ ρ Теңдіктің екі жағын да біліктің ұзындығы бойынша интегралдасақ, оның оң жағы қиманың толық бұралу бұрышын береді. Mdz δ ϕ =, (6.10) GJ ρ 96

97 Мұндағы ϕ -қималардың өзара бұрылу бұрышы, l - ізделіп отырған екі қиманың ара-қашықтығы. Егер қаралып отырған аралықта бұралу моменті жəне қатаңдық тұрақты болса, онда соңғы интеграл оңай алынады. Mδ l ϕ = G J ρ (6.11) Жанама кернеуді табу үшін (6.9) формуладағы θ -ның мəнін «б» формуласына қоямыз. Сонда Mδ τ = G G J τ M J ρ ρ, δρ =. (6.1) Жанама кернеудің кез келген қимадағы таралу заңын анықтайық. Бұл формуладағы J p қиманың геометриялық сипаттамасы болғандықтан, осы қима үшін тұрақты шама. Сол секілді бұрау моменті де əр қима үшін тұрақты. Сондықтан, жанама кернеу τ, қиманың радиус бойымен сызықтық заңымен таралып жатады (76-сурет). Кернеудің ең үлкен шамасы, біліктің бетінде болады, яғни нүкте центрден қаншама алыста болса, ол нүктедегі кернеу соншама үлкен болады. Mδ ρmax τ max = J ρ (6.13) J p /ρ max - шамасын W ρ арқылы белгілеп, оны қиманың қарсыласу моменті деп атаймыз. Mδ Wρ = W ρ (6.14) ρ

98 76-сурет Сонымен, қимадағы ең үлкен кернеу келесі формула арқылы табылады. Mδ τ max = (6.15) Wρ Келтірілген формулалар тек біліктерді есептеуде ғана емес, жалпы қимасы дөңгелек тектеc сырықтарды есептеудегі негізгі формулалар болып саналады. 5. Бұралу кезіндегі беріктік жəне қатаңдық Бұралу кезінде көлденең қимадағы жанама кернеулердің радиусқа перпендикуляр бағдарланатынына көзіміз жетті. Жанама кернеулердің жұптық заңы бойынша, дəл осындай кернеулердің бойлық қималарда да болатыны айқын (77-сурет). Сонымен қатар, өткен дəрістерде көрсетілгендей, қиманың бағдарын қа бұрғанда, жаңа аудандарда тік кернеулердің (σ = τ) пайда болатынын есте ұстау керек. Қорыта айтқанда, сырықтар бұралғанда, оның беріктігі жанама кернеулерге байланысты болады. Сол жанама кернеулердің ең үлкені (τ max ), сырық жасалып отырған материалға тəн, белгілі бір кернеуден - мүмкін кернеуден аспау керек. Яғни 98

99 τmax M W δ [ τ], немесе [ τ ] ρ. 77 сурет Бұл формула беріктік шарты деп аталады, ол арқылы элементтің қажетті диаметрін табуға болады. W ρ Mδ = [ τ ] 16Mδ D = (6.16) πτ Бұралып тұрған элементтердің беріктігімен қоса, олардың қатаңдығын талап ететін кездер де аз болмайды. Бұл кезде, материалына байланысты, шектеу бұралу бұрыштары беріледі ϕ. (тағайындалады): [ θ ] немесе [ ] Осыған байланысты қатаңдық шарттарын тұжырымдауға болады. Олар θ max Mδ = G J ρ [ θ] жəне ϕ max [ ] Mδ = G J ρ [ ϕ ] 6.17) 99

100 7-тарау. ТҮЗУ СЫРЫҚТАРДЫҢ ИІЛУІ Сыртқы күштердің əрекетінен, конструкциялардың элементтерінде июші момент пайда болатын деформацияның түрі - иілу деп аталады. Егер элементтің қимасында тек бір ғана ию моменті болса, онда деформацияның мұндай түрін таза иілу деп атайды. Бірақ, көбінесе, июші моментпен қоса қимада көлденең күш те пайда болады. Бұл - көлденең иілу деп аталады. Иілудің бұлардан басқа да түрлері көп, оларды уақыты келгенде, келесі тарауларда қарастырамыз. 1. Иілудегі ішкі күштерді зерттеу. Эпюралар Конструкциялардың, олардың элементтерінің беріктігін анықтау, сол қаралып отырған дененің iшкi күштерінің дене бойымен таралу заңдылығына тікелей байланысты екені белгілi. Сол үшін арқалықтың иілу кезіндегі қимада пайда болатын ішкі күштерінің таралу заңдылығын жəне сыртқы күштермен байланысын аналитикалық тəуелділік арқылы өрнектеп, эпюрасын тұрғызу керек. Сонымен, июші моменттің (М) немесе көлденең күштің (Q) эпюрасы деп аталған ішкі күштердің арқалықтың бойымен өзгеруін көрсететін заңдылықтың графигін атаймыз. Олардың (ішкi күштердiң) таңбасын анықтау үшiн мынандай ереже қолданамыз. Егер оң жақ бөлiк алынып тасталып, сол бөлiктiң теңдiгi қаралатын болса, онда көлденең күш (Q i ) төмен бағытталып, ал июшi момент (М i ) сағат тiлiне қарсы бағытталады. Керiсiнше, егер оң жақ бөлiктiң теңдiгi қаралса, онда көлденең күш жоғары қарай бағытталып, ал июшi момент сағат тiлiнiң айналуымен бағытталады (80-сурет). Ішкі күштердің эпюраларын тұрғызуға мысалдар келтірейік. 1-мысал. Оң жағында консолі бар, екі тіректі арқалықты алып қарайық (78-суретте екі тіректің арасының ұзындығы 6 метр, консольдың ұзындығы метр). 78-сурет 100

101 Бұл арқалықты yaz координаталар жүйесінде қарастырамыз. «А» тірегінде екі реакциялар пайда болады, олар R А жəне H А. Ал «В» тірегінде бір реакция - R В пайда болады. Бұл есепте, жоғарыда көрсетілген екі шарт та орындалып отыр. Өйткені, арқалықта үш байлау бар, ал олардың бағыттары бір нүкте арқылы өтпейді. Сондықтан, 78-суретте көрсетілген үш белгісіз реакцияларды (R А, R В жəне H А ) табу үшін, статиканың жазықтықтағы үш теңдеуiн құрамыз. Олар: 1) z=0; H A =0 Бұл теңдіктен келесідей қорытынды жасаймыз: егер сыртқы күштер арқалықтың осiне перпендикуляр болса, онда горизонталь бағыттағы реакция əруақытта нөлге тең болады. ) M A =0; -P 3- P 8+R B 6=0 R B =4,4 (т), 3) M B =0; -P 3+ P -R A 6=0 R A =0,4 (т). Суретте көрсетілген арқалықтың бекітілу ерекшелігiне байланысты, тіректердегi реакцияларды табу үшiн статиканың екі ғана теңдеуін қолдандық. Сондықтан үшінші теңдеудi Y=0, осы табылған реакциялардың мəндерінің дұрыстығын тексеру үшiн қолданамыз. 4) Y=0; R A -,4-,4+ R B = Соңғы теңдеудің нəтижесінде алынған тепе-теңдік, табылған реакциялардың мəндерінің дұрыстығын көрсетеді. Енді осы арқалықтың эпюраларын тұрғызайық (79 сурет). Эпюраларды тұрғызу үшін арқалықты алаптарға бөлеміз. Алаптарға бөлу ережесі де, сол бұрынғыдай күштердің түрлеріне, олардың əсер етіп тұрған қималарына, арқалықтың қатаңдығының өзгеруіне байланысты. Бiз қарастырып отырған арқалықты үш алапқа бөлеміз. Осыған байланысты, ішкі күштерді табу үшін қималар тəсілін үш рет қолданамыз. 101

102 79-сурет Бірінші алап, «А» тірегінен бастап бірінші Р-күшіне дейінгі аралық, оның ұзындығы 3м, яғни 0 z 3м. Осы алаптың кез келген жерінен қима жүргіземiз. Ол қима сол жақтағы жылжымайтын тiректен z 1 қашықтықта жүргiзiледi. Қарастыруға ыңғайлы болу үшін оң жақ бөлікті алып тастап, сол жақ бөліктің теңдігін қарастырамыз (80-сурет). Керек болса, сол жақ бөлiктi алып тастап, оң жақты да қарастыруға болады (80,а-сурет). Қарастырылып отырған арқалық тепе-теңдiк күйде болғандықтан, 10

103 оның кез келген бөлiгi де тепе-теңдiк күйде болатыны күмəнсiз. Сондықтан сол жақ бөлiктiң теңдiк күйiн қарастырып, статиканың теңдеулерiн құрамыз. 80-сурет 80а-сурет Барлық күштердiң көлденең өске проекциялары нөлге тең болғандықтан: y 0 R A Q1 0 Q1 RA 0, 4. Осы теңдеу бойынша бірінші алаптағы көлденең күштің - Q 1 эпюрасын тұрғызамыз. График түзу сызықпен шектеледі жəне бұл сызық оське параллель болады (эпюраны қараңыз). Енді z 1 қашықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айналатын күштердің моменттерін табайық M z1 0 R z M A Бұдан, M1 = 0, 4 z1 теңдеуiн аламыз. Бұл теңдеудегi z 1 бірiншi дəрежелi болғандықтан, оның эпюрасы (графигі) көлбеу түзу сызықпен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем дегенде, моменттің екі мəнін табу керек. 1) z 1 0 1, ) z =1,. Еңді екінші алапты ( 3 z 6 ) қарастырайық. Ол үшін, сол жақтағы тіректен z қашықтықта қима жүргіземiз де, арқалықтың оң бөлігін алып тастаймыз (81-сурет). Өткен жолғыдай, барлық күштердiң көлденең оське проекциялары нөлге тең болғандықтан

104 y 0 R A Q 0 Q RA 0, 4, 4, сурет Осы теңдеу бойынша екінші алаптағы көлденең күштің - Q эпюрасын тұрғыамыз. Бұл теңдеудегі z, бірінші дəрежеде болғандықтан, график түзу сызықпен шектеледі жəне бұл сызық оське параллель болады (эпюраны қараңыз). Енді z қашықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айналатын күштердің моменттерін табайық M z 0 RA z z M ( 3) 0. Бұдан, M RA z ( z 3) теңдеуiн аламыз. Бұл теңдеудегi z бірiншi дəрежелi болғандықтан, мұның эпюрасы да (графигі) көлбеу түзу сызықпен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем дегенде, моменттің екі мəнін табу керек. 1) z =1,, ) z 6 = - 4,8. Қарастырылып отырған алаптың эюрасы 79,б-суретіңде көрсетілген. Үшініші алаптағы эпюраны тұрғызарда, арқалықтың сол бөлігін алып тастап, оң жағын қарастырамыз. Сонымен, үшіншi алаптан қима жүргіземіз. Ол қима сол жақтағы жылжымайтын тіректен Z 3 қашықтықта жүргізіледi (8-сурет). 104

105 8-сурет Күштерді тік оське проекциялап көлденең күштің теңдеуін аламыз. y 0 Q3 0 Q3, 4. Демек, бұл алапта Q 3 шамасы тұрақты, таңбасы плюс. Сондықтан бұл алаптың эпюрасы арқалықтың осіне параллель түзу сызықпен шектелiп, осьтің жоғарғы жағында жатады. Бұрынғы масштабпен бұл эпюраны да тұрғызамыз. Енді z 3 қашықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айналатын күштердің моменттерін табайық: M z 0 R z M B 0. Бұдан, M 3 (8 z3) теңдеуiн аламыз. Бұл теңдеудегi z бірiншi дəрежелi болғандықтан, оның эпюрасы (графигі) көлбеу түзу сызықпен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем дегенде, моменттің екі мəнін табу керек. 1) z3 6 3 = -4,8. ) z 8 1 =0. Бұрынғы масштабпен бұл эпюраны да тұрғызамыз. Қарастырылып отырған арқалықтың толық эпюралары 79-суретте көрсетілген. -мысал. Таралған күш жəне моментпен жүктелген арқалықты алып қарайық (83,а-сурет). 83а-сурет 105

106 Бұл арқалықтыда yaz координаталар жүйесінде қарастырамыз. «А» тірегінде екі реакциялар пайда болады, олар - R А жəне H А. Ал «В» тірегінде бір реакция - R В пайда болады. Бұл есепте, жоғарыда көрсетілген екі шартта орындалып отыр. Өйткені, арқалықта үш байлау бар, ал олардың бағыттары бір нүкте арқылы өтпейді. Сондықтан, 83,а-суретінде көрсетілген үш белгісіз реакцияларды (R А, R В жəне H А ) табу үшін, статиканың жазықтықтағы үш теңдеуiн құрамыз. 1) Sz=0 H A =0. Егер сыртқы күштер арқалықтың осiне перпендикуляр болса, онда горизонталь бағыттағы реакция əруақытта нөлге тең болатынын жоғарыда айтқан болатынбыз. ) M A =0; q4 M R B 5 0 3) M B =0; q43 M R A 5 0 RB RA Суретте көрсетілген арқалықтың бекітілу ерекшелігiне байланысты, тіректердегi реакцияларды табу үшiн статиканың екі ғана теңдеуін қолдандық. Сондықтан үшінші теңдеудi SY=0, осы табылған реакциялардың мəндерінің дұрыстығын тексеру үшiн қолданамыз. 4) SY=0; RA q 4+ RB = Соңғы теңдеудің нəтижесінде алынған тепе-теңдік, табылған реакциялардың мəндерінің дұрыстығын көрсетеді. Енді осы арқалықтың эпюраларын тұрғызайық. Эпюраларды тұрғызу үшін арқалықты алаптарға бөлеміз. Алаптарға бөлу ережесі де, сол бұрынғыдай күштердің түрлеріне, олардың əсер етіп тұрған қималарына, арқалықтың қатаңдылығының өзгеруіне байланысты. Бiз қарастырып отырған арқалықты екі алапқа бөлеміз. Iшкі күштерді табу үшін қималар тəсілін қолданамыз. Бірінші алап, «А» тірегінен бастап моментке (М) дейінгі аралық, оның ұзындығы 4м, яғни 0 z 4. Осы алаптың кез келген жерінен қима жүргіземiз. (83,б-сурет). Бірінші қима сол жақтағы жылжымайтын тiректен z 1 қашықтықта жүргiзiледi. Қарастыруға ыңғайлы болу үшін оң жақ бөлікті алып тастап, сол жақ бөліктің теңдігін қарастырамыз (83,в-сурет). y 0 R A q z Q Q1 RA q z1. 106

107 83,б-сурет Осы теңдеу бойынша бірінші алаптағы көлденең күштің - Q эпюрасын тұрғызамыз. Бұл теңдеудегі z 1, бірінші дəрежеде болғандықтан, график көлбеу түзу сызықпен шектеледі (83,д-суреттегі эпюраны қараңыз). 1) z 1 0 Q1 R 5, A ) z 1 4 Q1 R qz A 83,в-сурет 83,г-сурет Енді z 1 қашықтықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айналатын күштердің моменттерін табайық M 1 z1 0 RA z1 q z1 M1 0 z z1 M1 RA z1q z. 1 Бұл теңдеудегi 1 z екiншi дəрежелi болғандықтан, оның эпюрасы (графигі) парабола қисығымен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем дегенде, моменттің үш мəнін табу керек. Ол үшін аралықтың екі шеткі нүктесіндегі моменттің мəнін жəне моментті көлденең күштің шамасы нөлге тең қимаға сəйкес анықтаймыз (неге ол нүкте екені келесі тақырыпта айтылады). 107

108 1) z 1 0 1, ) z =4,0, R A 5 3) Q 1 RA qz 1 0 z1,5, z1,5 q,5 M1 RA,5,5 6, 5. 83,д-сурет Екінші алаптағы эпюраны тұрғызарда, арқалықтың сол жақ бөлігін алып тастап, оң жағын қарастырамыз. Сонымен, үшіншi алаптан қима жүргіземіз. Ол қима, сол жақтағы жылжымайтын z тіректен қашықтықта жүргізіледi (83,г-сурет). Күштерді тік оське проекциялап көлденең күштің теңдеуін аламыз: y 0 Q R B 0 Q RB 3. Демек, бұл алапта Q 3 шамасы тұрақты, таңбасы минус. Сондықтан 108

109 бұл алаптың эпюрасы арқалықтың осіне параллель түзу сызықпен шектелiп, өстің төменгі жағында жатады. Бұрынғы масштабпен бұл эпюраны да тұрғызамыз (83,д-сурет). Енді z қашықтықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айналатын күштердің моменттерін табайық M z = 0 RÂ z + M = 0 Бұдан, M = RÂ z теңдеуiн аламыз. Бұл теңдеудегi z бірiншi дəрежелi болғандықтан, оның эпюрасы (графигі) көлбеу түзу сызықпен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем дегенде, моменттің екі мəнін табу керек. 1) z 0 1, ) z 1 1 =3. Бұрынғы масштабпен бұл эпюраны да тұрғызамыз. Қарастырылып отырған арқалықтың толық эпюралары 83,д-суретінде көрсетілген.. Ию моменті, көлденең күш жəне таралған күштің қарқындылығы араларындағы тəуелділіктер Құрылмалардың элементтеріндегі ішкі күштердiң эпюраларына зер салып қарасақ, олардың араларында белгілі бір тəуелділіктің бар екені байқалады. Осы тəуелділіктерді айқындау үшін мына бір арқалықты алып қарайық (84,а-сурет). 84-сурет Бұл арқалықтан екі перпендикуляр қима арқылы ұзындығы dz кесінді бөліп аламыз. Оның сол жақ қимасында Q жəне M ішкі күштері пайда болады, ал оң жақ қимасы бұл қимаға өте таяу 109

110 орналасқандықтан, ондағы ішкі күштер аз шамаға өзгереді, яғни: Q+dQ жəне М+dM болады. Сонымен қатар, қаралып отырған элементар бөлікке əсер етіп тұрған таралған күштің қарқындылығын тұрақты деп алуға əбден болады, яғни q = const (84,б-сурет). Енді ұзындығы dz осы элементар бөліктің теңдік күйін қарастырайық. Σ y = 0, Q + g dz ( Q + dq) = 0 Теңдiктiң екi жағын dz-ке бөлгеннен кейін dq = qdz. dq q dz = (7.1) Бұл теңдіктен, көлденең күштiң бірінші туындысы, таралған күштің қарқындылығын көрсететінін айқындадық. ( dz) Σ M0 = 0, M + Q dz+ q ( M + dm) = 0 ( dz) Бұл теңдіктегі q - жоғары дəрежедегi аз шама болғандықтан, оны есепке алмауға болады. Онда: dm Q dz = dm, = Q. (7.) dz Сонымен, көлденең күш (Q), июші моменттің бірінші туындысы екеніне көзіміз жетеді. Соңғы теңдіктің екі жағын да z бойынша дифференциалдап, оны (7.1) теңдікке қоямыз: dm dz = q. (7.3) Бұл теңдік ию моментінің екінші туындысы - таралған күштің қарқындылығы екенін көрсетеді. Осы алынған үш дифференциалдық тəуелділіктерді пайдалана отырып, июші момент пен көлденең күштің эпюраларының дұрыстығын тексеруге болады. 110

111 3. Таза иілудегі кернеу Жоғарыда айтылғандай, таза иілу кезінде арқалықтың қимасында көлденең күш болмайды, яғни Q=0. Осындай таза иіліп тұрған арқалықты алып қарайық (85-сурет). Бұл арқалықты, оң жақ шеткі қимадан z қашықтықта кесейік. Сол жақтағы бөлікті алып тастап, қалған бөліктің (86-сурет) статикалық теңдігін қарастырамыз. Осы оқулықтың 6-шы тарауынан белгілі статиканың алты теңдеуін құрайық. 1) Σ x = 0. ) Σ y = 0. dn күші де, июші момент те (М) бұл осьтерге проекцияланбайды, сондықтан 0=0; 85-сурет 3) z 0. dn 0 dn d N A d болғандықтан (7.4) 111

112 86-сурет 4) Σ M y = 0. dn x = 0 xσ da= 0 (7.5) 5) Σ M x = 0. dn y = M 6) Σ = 0. M z A yσ da= M (7.6) Соңғы теңдеу де теңбе-теңдiкке айналады, яғни 0 º 0. Сонымен, қарастырылған есеп, статикалық анықталмайтын болып шықты. Енді арқалықтың деформацияланған күйін қарастырамыз. Ол үшін, бұл арқалықтан, ұзындығы dz элемент бөліп аламыз да, осы элементтің иілген (деформацияланған) түрін (87-сурет) көрсетеміз. Арқалықтың кез келген қимасында тек ию моменті пайда болатындықтан, таза иілу кезінде біртекті сырықтың осі шеңбер болып иіледі. Сондықтан, таза иілуге жазық қималар жорамалын (гипотеза) қолдануға болады, демек, көлденең қималар деформацияланбай, тек белгілі бір бұрышқа бұрылады деп тұжырымауға болады. A 11

113 87-сурет Осыған байланысты, қарастырылып отырған, ұзындығы dz элементтің, үстіңгі қабаттары ұзарады да, астыңғылары қысқарады. Мұның өзі, үстіңгі қабат пен астыңғы қабаттардың арасында не ұзарып, не қысқармайтын қабат бар екенін көрсетеді. Мұндай қабат бейтарап (нейтрал) қабат деп аталады. Ал, бейтарап қабаттың көлденең қимамен қиылысу сызығы (х-х) бейтарап сызық немесе бейтарап ось деп аталады. Бейтарап қабат 87-суретте CD доғасымен көрсетiлген. Оның қисықтығы: 1 dθ ρ = dz (7.7) Бейтарап қабаттан (СД) у қашықтықта жатқан кез келген АВ қабатының деформациясын табайық. Бұл кесiндiнiң деформацияға дейiнгi ұзындығы dz-ке тең болатын, ал деформацияланғаннан кейiнгi ұзындығы АВ = (ρ+y)dθ. Осы АВ қабатының ұзаруы: Δ l = AB dz = ( ρ+ y) dθ dz = ( ρ+ y) dθ ρdθ; Δ l = y dθ Бұл қабаттың деформациясы:

114 Δl ydθ y ε = = = dz ρdθ ρ (7.8) Гук заңын қолданып, кез-келген қабаттағы кернеудi табамыз. y σ = Eε = E ρ 114 (7.9) Табылған кернеудi iшкi күш ию моментi арқылы өрнектеу үшiн, (7.4), (7.5), (7.6) жəне (7.9) формулаларды өзара шешемiз. Алдымен, (7.9) формуланы (7.4) теңдiкке қояйық A E σ da = y da = 0 ρ A E Бұл теңдiктегi мəнi ауданға тəуелдi болмағандықтан, оны ρ интегралдың сыртына шығарып жiберуге болады. E Бұл өрнектегі 0 E ρ À yda = 0 ρ болмағандықтан yda = 0 À Жазық қималардың геометриялық сипаттамаларында көрсетілгендей, соңғы интегралдың қима ауданының статикалық моментi деп аталатыны белгiлi. Яғни S x = yda; жəне S = xda; (7.10) À Осының алдындағы бөлiмнен (6-тарау) тағы бiр белгiлi жайды келтiре кетейiк. Статикалық моменті нөлге тең ось орталық ось деп аталады, басқаша айтқанда, ауданның (қиманың) салмақ центрі арқылы өтетін осьтердің статикалық моменті нөлге тең болады. Сонымен жоғарғы суреттерде көрсетілген x осі орталық ось болады, демек бейтарап ось қиманың салмақ центрі арқылы өтеді. Енді, (7.9) формуланы (7.5) теңдiкке қояйық. A y E xσ da= x yda= 0 ρ. A À

115 Алдында қарастыр ылғандай E E xyda 0, 0, Соңғы интегралдың центрден тепкiш инерция моментi деп аталатыны белгiлi. J xy. xyda (7.11) Центрден тепкіш инерция моменті нөлге тең осьтер бас осьтер деп аталатынын ескеріп, бейтарап ось қиманың бас осі екенін тұжырымдаймыз. Қорыта айтқанда, таза иілу кезінде, бейтарап ось қиманың орталық бас осі болып табылады. (7.9) формула мен (7.3) формуланы өзара шешейік. E y yda M, 115 E y da. Өткен тараулардан (6-тарау) белгiлi, төмендегi қатынастарды ескерейік Jx y da Jy x da (7.1) Бұл интегралдар, қиманың осьтiк инерция моменттерi деп аталады. E J x = M. ρ Бұл теңдiктен қисықтықты табайық 1 M ρ =. (7.13) EJ x Таза иiлудегі М=const болғандықтан, қисықтықтың шамасы Е мəніне тəуелді. Осыған байланысты EI x шамасы иілудегі қатаңдық деп аталады. (Еске сала кетейік: созылу мен сығылу кезіндегi қатаңдық ). Қисықтықтың мəнін (7.9) формулаға қойып кернеудің формуласын аламыз.

116 M (7.14) J 4. Көлденең иілудегі кернеулер Таза иілу кезінде арқалықтың көлденең қимасында тек тік кернеулердің пайда болатынына көзіміз жетті. Бұларға сəйкес келетін ішкі күштер қимадағы ию моменттеріне тең. Ал көлденең иiлу кезінде, қимада ию моментімен қоса, көлденең күштердің пайда болатынын, бұдан бұрын тұжырымдағамыз. Бұл күштер қима жазықтығында таралып жатқан элементар күштердің жиынтығы болып есептеледі. Сонымен, көлденең иілу кезінде арқалықтың қималарында тік кернеулер - σ = f( M) жəне жанама кернеулер - τ = ϕ( Q) пайда болады (88-сурет). 88-сурет Қимада жанама кернеудің пайда болуы, əрбір элементар ауданның қосымша бұрыштық орын ауыстыруына, яғни бұрыштық деформацияның (γ) пайда болуына əкеп соғады. Осыған байланысты, көлденең иілудің екі түрін қарастырамыз. I. Көлденең күш арқалық бойында тұрақты. II. Көлденең күш арқалық бойында өзгермелі. 116

117 1) Көлденең иілудің бірінші түрін қарастырайық. Бұл кезде жанама кернеулер қима бетінде бірқалыпты таралмағандықтан, бұрыштық орын ауыстыруда бірқалыпты болмайды, демек, көлденең қималар жазық күйінде қалмайды. Бірақ, Q=const болғандықтан, барлық қималардың қисаюы бірдей болады (89-сурет). Мысалы, бір-бірінен l z қашықтықта орналасқан екі қиманы алып қарайық. Бейтарап остен y қашықтығында орналасқан АВ - талшығының ұзаруы, көлденең қималардың жазық күйінде қалу немесе қалмауына тəуелді болмайтыны 89-суретте көрсетілген. Өйткені А В = А В. Сондықтан, көлденең иілу кезiнде, егер Q=const болса, онда тік кернеуді табу үшін таза иілудің формулаларын қолдануға болады. max M x M max (7.15) J x Wx Енді көлденең иілу кезінде пайда болатын жанама кернеудің жуық шамасын анықтайық. Ол үшін, бойлық қимадағы жанама кернеуді тауып алып, жанама кернеулердің жұптық заңы бойынша, оны көлденең қимадағы жанама кернеуге теңейміз. 89-сурет Арқалықтан, ұзындығы dz элемент бөліп аламыз (90,а-сурет). Бейтарап осьтен у қашықтықта орналасқан бойлық жазықтық арқылы элементті екіге бөлеміз де (90,а, б-суреттер), оның төменгі жағын алып тастап, қалған - жоғарғы бөлікке əсер ететін күштердің тепе-теңдік шартын қарастырамыз (90,в-сурет). Көлденең иілу кезінде, оң жақ қимадағы моменттің сол жақ қимадағыдан айырмашылығы dм шамасына тең. Қарастырылып отырған жоғарғы бөлікке əсер ететін күштердi z осіне проекциялаймыз. 117

118 Σ z = 0, N + τ by dz ( N + dn) = 0 (7.16) dn τ = dz b (7.17) M сол жақ қимадағы бойлық күш N d N yd 1. y / 90-сурет Бұл жердегi А - жоғарғы бөліктің ауданы, у 1 - элементар ауданның ординаты (90,б сурет), 1d Sx - қиманың жоғарғы бөлігінің статикалық моменті. / * M Sx Сонымен, N = (7.18) J x Сол секiлдi, оң жақ қимадағы бойлық күш ( M + dm) * N + dn = S J x 118 x (7.19)

119 Соңғы екi күштiң айырмасы * dm Sx dn = (7.0) J x Соңғы өрнектi (7.17) формулаға қойсақ * Q Sx τ = Jx bx (7.1) Алынған (7.1) формула арқылы бойлық қимадағы жанама кернеулерді есептеуге болады. Көлденең қимадағы кернеулер осы жанама кернеулерге тең екені жоғарыда айтылды. Сондықтан осы формуланың көмегімен, көлденең қимадағы жанама кернеудерді де анықтауға болады.ол ) Көлденең иілудің екінші түрін, яғни көлденең күш өзгермелі болған жағдайда (Q const ) қарастырайық. Бұл кезде, жазық қималар жорамалын қолдануға болмайтынын жоғарыда айтқанбыз. Сондықтан таза иілудегі формулалар біршама ауытқу береді. Онымен қоса, арқалықтың қабаттарының араларында тік кернеулер пайда болады. Тəжірибелер мен зерттеулердің көрсетуіне қарағанда бұл кернеулердің шамасы арқалықтар үшін өте аз. Арқалықтар үшін, олардың көлденең қимасының өлшемдері ұзындығынан əлденеше аз екенін ескеріп, көлденең күш өзтермелі болған кезде де, кернеулерді төмендегі формулалармен есептеуге болады деп тұжырымдаймыз, * Mx y Qy Sx σ =, τ = (7.) J J b x 5. Тиімді қима Келтiрiлген формулаларға сүйене отырып, таза иiлiп жұмыс iстейтiн элементтердiң тиiмдi қималарын қарастырайық. Ол үшiн 91-суретте көрсетiлген арқалық үшiн тиiмдi қима таңдап алайық. Бұл арқалықтың қауiптi қимасындағы момент M = Pl жəне оның негізгі бөлігі таза иіліп тұр. Алдымен, қиманың пішіні тік төртбұрыш деп алайық. Қауіпті қимадағы кернеудің таралуы 9-суретте көрсетілген. Ең үлкен кернеу қиманың шеткі қабаттарында пайда болады. Берiктiк шарты бойынша, шеткi қабатта пайда болған ең үлкен кернеу мүмкiн кернеуден аспау керек. Бұл кезде, ортаңғы қабаттарындағы кернеулер мүмкiн кернеуден мүлдем аз, ал бейтарап қабатта тiптi нөлге тең. Сондықтан мұндай қима тиiмдi бола алмайды. 119 x y

120 Ал енді тік төртбұрыш қиманың үзік сызықпен көрсетілген бөлігіне сəйкес ауданды алып тастасақ, арқалықтың беріктігі көп кеми қоймайды. Демек, көрсетілген қиманың орнына 93-суретте көрсетілген қималардың бірін алған тиімді. 91-сурет 9-сурет Бұл көрсетілген қималардың ерекшелігі, кернеуі көп қабаттардың ені үлкен де, ал кернеулері аз қабаттардың ені кішкене. 93-сурет Сол себепті, мұндай арқалықтарды салмағы жеңіл жəне оларды жасауға материал аз кетеді. Екінші мысал ретінде, бірнеше қабат болып, n жұқа тақтайлардан жасалған консольды арқалықты қарастырайық (94,а-сурет). 10

121 σ P l M h 6Pl = = = n. b h ( ) 6 n max Wx bh 94-сурет Егер, тақтайлардың араларында үйкеліс күші жоқ болса, онда əр тақтай жеке-жеке иіледі (94,б-сурет). Əр тақтайға əсер ететiн күштiң шамасы Р/һ; ал ең үлкен тiк кернеу: P l M 6Pl σ max = = h = n Wx b h bh 6 n. Енді, тақтайлар болат қамыттармен тартылып, өзара қатаң бекiтiліп, қойған деп қарастырайық (95,а-сурет). Бұл кезде, барлық тақтай бір дене ретінде жұмыс істейді, демек биіктігі һ арқалық секілді иіледі (95,б-сурет). 95-сурет 11

122 3 6P l Тік кернеудің шамасы σ max = bh. Сонымен бір-бірімен қатаң бекітіліп, n тақтайдан жасалған арқалық, өзара бекітілмеген n тақтайдан жасалған арқалыққа қарағанда, жуық шамамен, n рет көп жүкті көтере алады. 6. Көлденең қималардың орын ауыстырулары мен бұрылуы. Иілген остің дифференциялық теңдеуі Бас жазықтықтардың бірінде жатқан күштердің əсерінен арқалықтың осі сол жазықтықта қисаяды. Мұны жазық иілу деп атайды. Бір жақ шеткі қимасы арқылы бекітілген консолды арқалықтың екінші шеткі қимасына Р күші түсірілген (96-сурет). Қатаң бекітілген оң жақ қимадан z қашықтықтағы кез келген қиманың салмақ центрінің (о) арқалық осіне (z) перпендикуляр бағытта орын ауыстыруын (00 1 ) арқалықтың сол қимадағы иілуі деп атаймыз. Оны f əрпімен белгілейміз (96,а-сурет). Ал, əр қиманың иілу кезінде бұрылатын бұрышы, сол қиманың бұрылу бұрышы деп аталып, θ əрпімен белгіленеді (96,б-сурет). Конструкцияларды қатаңдыққа есептеу, статикалық анықталмайтын есептердi шешу жəне динамикалық күштердiң əсерiн ескеру конструкциялардың белгілі бір қималарының орын ауыстыруларына, бұрылу бұрыштарына тікелей тəуелді. Қарастырылып отырған арқалықты координаталар жүйесіне бекітейік. 96-сурет Ол үшін, координата басын арқалықтың иілгенге дейінгі осінің бiр нүктесіне, атап айтқанда, оның сол жақ шеткі қимасына бекітейік. Арқалықтың осін - z, ал оған перпендикуляр осьті у деп белгілесек ( z) y = ϕ (7.3) 1

123 Бұл теңдеу, арқалықтың иілген осінің теңдеуі немесе арқалықтың серпімді сызығы деп аталады. Ал у = γ(z) қисығына жүргізілген жанама мен z осінің арасындағы бұрыштың тангенсі төмендегіше анықталатыны математикадан белгілі. dy tqθ = dz. (7.4) Тəжірибеде кездесетін арқалықтардың қималарының орын ауыстырулары, оның тірек аралықтарына қарағанда əлдеқайда аз болатындықтан, бұрылу бұрышы да өте аз (θ <1 ) болады. Сондықтан dy θ (7.5) dz Демек, қиманың бұрылу бұрышы, орын ауыстырудың z бойынша алынған бірінші туындысына тең. Арқалықтың иілген осінің пішінін табу үшін, жоғарыда қорытылып шығарылған, иілудегі қисықтықты алып қарайық. Қисықтықтың формуласы 1 M ρ = (7.6) EJ Бұл өрнекке, аналитикалық геометриядан белгiлi формуланы қосайық (97-сурет) 1 ρ = 1 + d y dz 3 dy dz (7.7) 13

124 97-сурет Өткен параграфта айтылғандай, θ бұрышының тангенсi тым аз шама екенiн ескерсек, dy шамасының квадратын dy = 0 елемеуге болады. dz dz Сонда 1 d y ρ =. (7.8) dz (7.6) жəне (7.8) өрнектерден: d y dz = M EJ (7.9) Қатаңдықты тұрақты деп алып (ЕI=const), июші момент, көлденең күш жəне таралған күштің қарқындылығы араларындағы диференциалдық қатынастарды ескерсек: I θ y, d y x M = EJ, dz 3 d y x 3 Q= EJ, (7.30) dz Соңғы теңдіктерден туындайтын тұжырымдар: 4 d y q - егер q = const болса, онда = = const, 4 бұл кезде арқалықтың dz EJ1 иілген осінің пішіні төртінші дəрежелі қисық сызық болады. 14

125 - егер, q = о болса, онда арқалықтың иілген осі үшінші дəрежелі қисық сызық. - жоғарыда келтірілген формулалардың дəлдігі, орын ауыстырулардың қаншалықты аз екеніне байланысты. 7. Арқалықтың серпімді сызығының əмбебап теңдеуі Арқалықтың серпімді сызығының теңдеуін анықтау, оның аралықтарының санына байланысты екені, аралық саны көбейген сайын, интегралдау тұрақтыларын табу қиындай беретіні жоғарыда қаралған мысалдардан айқын көрінеді. Мысалы, арқалық n аралықтан тұрса, онда n теңдеулерден тұратын жүйені шешуге тура келеді. Егер, қатаңдығы тұрақты (ЕI=const) арқалықтың серпімді сызығының теңдеуін белгілі бір ережені ұстай отырып құрса, онда көрсетілген қиындықтан оңай құтылуға болады. Ол ереже: а) координата басы, арқалық осінің тек оң жақ немесе сол жақ шеткі нүктесінде болу керек; б) аралықтардағы ию моменттерін анықтаған кезде, арқалықтың координата басы орналасқан бөлігі ғана қаралу керек; в) алдыңғы аралықтың ию моментінің өрнектері, келесі аралықтың ию моментінің өрнегіне еш өзгерусіз бұрынғы қалпында кіру керек; г) жаңадан қосылатын өрнектерде (z-i) жақшасы болу керек, бұл жердегі і- координата басынан Р i -күші түсіп тұрған қимаға дейінгі ара-қашықтық; д) дифференциалды теңдеуді жақшаларда ашпай интегралдау керек. 98,а-сурет 15

126 Тəжірибеде жиі кездесетін сыртқы күштермен жүктелген, қатаңдығы тұрақты арқалықты қарастырайық (98,а-сурет). Ереженің в) тармағын орындау үшін, таралған күшті арқалықтың аяғына дейін созып, сондай қарқындылығы бар таралған күшті алып тастаймыз (98,б-суретте, арқалықтың V-ші аралығында үзік сызықтармен көрсетілген). Ал, ереженің г) тармағы орындалу үшін Мі моментін (z-а) 0 жақшасына көбейтеміз. Əр аралықтың ию моменттерінің өрнегін жазайық: 1 0, i 0 M za a z b 0 M za P zb b z c 3 i i, 0 z c 4 Mi za Pi zb q, c z d z c zd 0 5 i i. M za P zb q q d z l Əр аралықтың шекаралары төмендегі өрнектерден анықталады. 0 z a, a z b, b z c, c z d, d z l. 98,б-сурет 16

127 Алынған өрнектерді, арқалықтың серпімді сызығының формуласына қойып, жақшаларды ашпай бір рет интегралдайық. EI y I, 1 C1 EI y C M z a P z b I 3 3 i i, z b zc 3 I 4 4 i i, EI y C M z a P q 6 zb zc zd 3 3 I 5 5 i i. EI y C M z a P q q 6 6 Интегралдау тұрақтысы С к арқалықтың бір аралығынан келесі аралығына өткенде, у / =θ шамасы үзіліссіз болу шартынан (z=а болғанда, у 1 =у жəне у 1/ =у / ; z =в болғанда, у =у 3 ; тағы сол секілді) табылады. Арқалықтың қатаңдығы ( EI = const ) болғандықтан C1 = C = C3 = C4 = C5 = EJθ0. θ 0 - координата басындағы қиманың бұрылу бұрышы. Соңғы теңдеулерді екінші рет интегралдайық: EJy D EJ z, ( z a) i, EJy D EJ0z M 3 ( za) ( zb) EJy3 D3 EJ0z M i Pi, ( z a) ab zc EJy4 D4 EJ0z M i Pi q, 6 4 ( z a) EJy5 D5 EJ0 M i Pi q q zb zc zd Бұл теңдеулердегі тұрақтылар у функциясының арқалық араларының шекарасында үзіліссіздігінен табылады..

128 D 1= D = D 3= D 4= D 5= EI f0, f 0 - координата басындағы қиманың орын ауыстыруы. Сонымен, алынған соңғы теңдеулерді бір теңдеу ретінде жазып, оны арқалықтың серпімді сызығының əмбебап теңдеуі деп атаймыз. ( z a) ( z b) ( z c) ( z d) EJ x f = EJ x y = EJ x f0 + EJ xθ0z x + M c II + Pi III + q IV q Соңғы формуланы қолданудың ережесі: бірінші аралықтағы қималардың орын ауыстыруын табу үшін І-индексі бар тік сызыққа дейінгі мүшелер пайдаланылады, ал екінші аралықтағы қималардың орын ауыстыруын табу үшін ІІ-индексі бар тік сызыққа дейінгі барлық мүшелер пайдаланылады, қалған аралықтардағы орын ауыстырулар осы тəртіппен табылады. 8. Иілудегі беріктік жəне қатаңдық Таза иілу кезінде негізгі есептеулер кернеулер арқылы жүргізіледі. Сондықтан, беріктік шарты боынша ең үлкен кернеу; яғни қауiпті қимадағы кернеу, мүмкін кернеуден аспау керек. v σmax [ σ] (7.31) σ max M y J max = x [ σ] (7.3) J x Бұл формуладағы қатынасы қиманың кедергi моментi деп ymax аталып, W x символымен белгiленедi, демек J x Wx = y max (7.33) Сонымен, таза иiлудегi негiзгi берiктiк шарты төмендегiдей жазылып, материалдар кедергiсiнiң үш есебiн толық қамтиды. M [ σ ] Wx (7.34) 18

129 Келтiрiлген формуламен, есептелiп отырған элементтiң берiктiгi тексерiлсе, төмендегi өрнек арқылы ол элементтiң көлденең қимасының өлшемдерi анықталады. M Wx [ σ ] (7.35) Сонымен қатар, қарастырылып отырған элементтiң мүмкiн жүктемесiн де (7.34) формуланың көмегiмен табуға болады. [ M] W [ σ ] x (7.36) Көлденең иілуде, беріктікті тік кернеу бойынша да, жанама кернеу бойынша да тексеру керек, яғни σmax τmax 19 [ σ] [ σ] (7.37) (7.38) Тік кернеуге есептеу, таза иілудегі есептеуден ешқандай айырмашылығы жоқ. Журавскийдің формуласын қолданып жанама кернеулердің беріктікке əсерін ескерген кезде, оның жуық шама екенін, көлденең қимадағы жанама кернеудің х жəне у остерінде құраушылары бар екенін ескеру керек. Толық жанама кернеу, қима бетіне жанама ось бойымен бағытталатыны белгілі. Осыған байланысты, жанама кернеу τ екi құраушыдан, атап айтқанда, τ х жəне τ у кернеулерінен тұрады. Толық жанама кернеудің құраушыларын яғни τ х жəне τ шамаларын табу үшін, у материалдар кедергісінің тəсілінен басқа əдістер қолдану керек. Бiрақ, серпімділік теориясының тəсілімен табылған бұл құраушылардың х осіндегісінің шамасы өте аз екенін ескеріп, беріктікке есептегенде, жанама кернеудің тек у осіндегі құраушысын қарастырамыз. Оның Журавский формуласымен анықталатынын жоғарыда айттық. Қорыта айтқанда, көлденең иілу кезінде беріктікке есептегенде ең үлкен тік кернеуге жəне ең үлкен жанама кернеуге тексеру керек M max σmax = [ σ] W (7.39) Qmax Smax τmax = [ τ] J b (7.40)

130 Иіліп деформацияланатын элементтердің беріктігімен қоса, олардың қатаңдығын талап ететін кездер де аз болмайды. Бұл кезде, материалына байланысты, шектеу бұрылу бұрышы мүмкін орын ауыстырудың шамасы беріледі: [ θ ] жəне [ f ]. Осыған байланысты қатаңдық шарттарын тұжырымдауға болады. Демек, θmax ϕ max [ θ] [ f ], (7.41) (7.4) 130

131 8-тарау. КЕРНЕЛГЕН ЖƏНЕ ДЕФОРМАЦИЯЛАНҒАН КҮЙ Кез келген күштер жүйесімен жүктелген денелердің беріктігін есептеген кезде, олардың кернелген жəне деформацияланған күйін зерттеу ауадай қажет. Тіпті, кейбір конструкциялар үшін, мұндай зерттеусіз оның беріктік шартын тұжырымдау мүмкін болмайды. Сонымен қатар, бір нүкте арқылы өтетін жазықтықтардың бағыттарына байланысты, олардағы кернеулердің шамалары да əр түрлі болатынын өткен тарауларда (созылу жəне сығылу, иiлу т.б.) қарастырғанбыз. Ал кернелген күй дегеніміз не? Жүктелген дененің кез келген нүктесі арқылы өтетін барлық жазықтықтардағы кернеулер осы дененің кернелген күйін көрсетеді. 1. Нүкте маңындағы кернелген күй Күштер əсерінен статикалық тепе-теңдікте тұрған денені алайық (99-сурет). Дененің А нүктесінің маңынан, алты қиманың көмегімен элементар параллелепипед бөліп алайық. Егер бұл параллелепипедтің өлшемдерін шексіз азайтсақ, онда ол нүктеге айналады. 99-сурет Бұл кезде, параллелепипедтің барлық алты жағы да зерттеліп отырған нүкте арқылы өтеді. Сондықтан да, элементар параллелепипедтің алты жағындағы кернеулерді, нүкте маңындағы кернеулер деп есептеуге болады. Параллелипипедтің əр жағының бетіндегі толық кернеулер, үш құраушыға жіктеледі, оның бірі 131

132 сəйкес жаққа нормаль бойымен бағытталады да, қалған екеуі жақ жазықтығында жатады. Түсiнікті болу үшін, бөлінiп алынған параллелепипедті үлкен етіп қайта көрсетейік (100-сурет). 100-сурет Тік кернеулерді, бұрынғыша σ əрпімен белгілеп, сəйкес осьтің индексін береміз (σ х, σ у, σ z ). Жанама кернеуді τ əрпімен белгілеп, екі индекспен береміз: бірінші индекс кернеу бағдарына сəйкес осьтің белгiсi, ал екінші индекс - кернеу жатқан жазықтыққа τxy, τ yz, τ zx нормаль осьтің белгісі ( ). Келтірілген 100-суретте параллелепипедтің өзара перпендикуляр үш жағындағы кернеулер көрсетілген, ал оның көрінбейтін қалған үш жағындағы осындай кернеулер бар, олар қарама-қарсы жаққа бағытталған жəне шамаларының қарсы беттегілермен салыстырғанда, олардан элементар айырмашылықтары бар. * σ τ x I xy Мысалы: σx = σx = dx, τxy = τxy + dy, тағы сол секiлдi. x y Қаралып отырған дене статикалық тепе-теңдікте тұрғандықтан, одан бөлiнiп алынған элементар параллелепипед те тепе-теңдікте болады. Сондықтан статиканың алты теңдеуін құрамыз. Теңдеулердi құрған кезде, параллелепипедтiң өз салмағын (көлемдiк салмақ күшi) ұмытпау керек. Көлемдік күштің осьтерге проекцияларын X, У, Z əрiптерiмен белгілейміз, ал материалдың меншiкті салмағын ρ арқылы белгiлейміз. Параллелепипедтiң көлемдiк салмағының проекциялары Х ρ dv, У ρ dv жəне Z ρ dv арқылы табылады. Бұл жердегi dv=dхdуdz элементар параллелепипедтiң көлемi. 13

133 Статиканың кеңістіктегі алты теңдеулері х=0 М Х =0 у=0 М У =0 (8.1) z=0 Мz=0 Бірінші теңдеуді құру үшін, х осіне параллель күштерді жекелеп көрсетейік (101-сурет). Sх=0 теңдеуiн құрайық: σx τ xy τxz σx + dx dydz σxdydz + τxy + dy dxdz τxydxdz + τxz + dz dxdy τxzdxdy + x y z + x ρ dx dy dz = 0. Жақшаларды ашып, ұқсас мүшелерді жинақтап, элементар параллелепипедтің көлеміне (dv= dх dу dz) бөлгеннен кейін σ τ x xy τxz X ρ = 0. (8.) x y z 101-сурет Осы секiлдi, у жəне z осьтерiне проекциялап, тағы екi теңдеу аламыз. (8.3) τ yx σ y τ yz Z ρ = 0 x y z 133 (8.4)

134 Статиканың қалған үш теңдеуін құрып, бұрыннан белгілі, жанама кернеулердің жұптық заңын қайталаймыз. Яғни [ τ ] [ τ ] zx = xz, τzy = τ yz, τ yx = τ xy (8.5) Сонымен, (8.), (8.3) жəне (8.4) теңдеулерге соңғы (8.5) теңдеуді қоссақ, белгісіздер саны алтыға дейін кемиді. Дегенмен алты белгісіз бар үш теңдеу ((8.), (8.3), (8.4)) статикалық анықталмайтын жүйе болып табылатыны белгілі. Бұл жүйені шешу үшін, дененің деформацияланған күйін ескеруге тура келеді, оны кейінірек қарастырамыз.. Көлбеу жазықтықтағы кернеулер Өткен параграфта алынған дифференциалдық теңдеулерге кіретін кернеулердiң, координата жазықтықтарына параллель жазықтықтарда жатқандары белгілі. Ал, кернелген күйді зерттеу үшін кез келген жазықтықтағы кернеулерді білу қажет болады. Ол үшін денеден қабырғалары dх, dу жəне dz элементар тетраэдр бөліп аламыз (10-сурет). Бұл суреттегі Ов = dz; Oс = dx; Oа = dy; Cos (x,h) = l ; Cos (y,h) = m; Cos (z,h) = n. Көлбеу авс жазықтығына h нормалін жүргізіп, оның ауданын dω деп алайық. Осьтермен нормаль арасындағы бұрыштардың косинустары l, m жəне n əріптерімен белгіленіп, х осіне параллель күштер 10-суретте көрсетілген. 10-сурет Барлық күштерді x осіне проекциялайық, яғни 134

135 Σ x = 0, x dω σx dω l τxy dω m τxz dω n= 0 Xη = σx l + τxy m+ τxz n (8.6) Қалған екі оське (у, z) күштерді проекциялап, алынған теңдеулерге бірінші теңдеуді қосып, төмендегi жүйенi аламыз. Xη = σ yzl + τxy m+ τxz n Yη = τ yx l + τxy m+ τxz n (8.7) Zη = τzx l + τxy m+ σz n Ендi, көлбеу жазықтықтың (авс) ауданы нөлге ұмтылып, ал жазықтықтың өзі 0 нүктесіне шексіз жақындасын дейік. Бұл кезде жоғарыдағы (8.7) жүйе көлбеу жазықтықтағы кернеулермен координата жазықтықтарындағы кернеулер арасындағы қатынасты береді. Сонымен, егер координата жазықтықтарындағы кернеулерді анықтай алсақ (σ х, σ у, σ τxy, τ yz, τ zx z, ), онда соңғы (8.7) жүйенiң көмегiмен кезкелген жазықтықтағы кернеулердi табуға болады. 3. Бас жазықтықтар. Бас кернеулер Жүктелген дененiң кез келген нүктесi арқылы, жанама кернеулер мүлде болмайтын, өзара перпендикуляр үш жазықтық жүргiзуге болатыны белгiлi. Мұндай жазықтықтар бас жазықтықтар деп аталады. Ал бұл жазықтықтардағы кернеулер бас кернеулер деп аталады. Бас кернеулердi анықтау үшiн жүктелген денеден элементар тетраэдр бөлiп алайық. Оның көлбеу жазықтығы aвc бас жазықтық болсын (103-сурет). 103-сурет 135

136 Тетраэдрдың координата жазықтықтарына параллель жақтарындағы кернеулер (σ х, σ у, σ z, τxy, τ yz, τ ) белгiлi болсын. Бас zx жазықтықтағы бас кернеуді N, ал жазықтықтағы нормальді h əрпiмен белгiлейiк. Координат осьтерiмен нормаль арасындағы бұрыштардын косинустары l, m жəне n болсын. Бас кернеудiң (Ν * ) координата осьтерiндегi құраушыларын табайық. Оны табудың екi жолы бар. 1) Бас кернеуді осьтерге жіктеу: X η = N l, Yη = N m, Z = N n (8.8) ) Өткен параграфтағы формулаларды қолдану: Xη = σx l + τxy m+ τxz n Yη = τ yx l + σ y m+ τ yz n (8.9) Zη = τ yz l + τzy m+ σz n (8.8) формуладағы кернеулердiң мəнiн (8.9) формулаға қойып, оларды тендiктiң оң жағына өткiзiп ұқсас мүшелердi жинақтағаннан кейiн * ( σx N ) + τxy m+ τxy n= 4 yz + ( y N ) m+ yz n= zx + zy m+ ( z N ) n= 0 l 0, τ l σ τ 0, (8.10) τ l τ σ. Белгiсiз косинустар l, m жəне n үшін бipтектi сызықтық теңдеулер жүйесiн алдық. Бұл жүйенiң шешiмдерiнiң болатындығы жəне олардың нөлге тең болмайтыны белгiлi, өйткенi Олай болса, белгiсiздердiң анықтағыш нөлге тең болу керек. l + m + n = 1. (8.11) σ N, τ, τ * x xy xz τ σ τ коэффициенттерiнен тұратын * zx, y N, yz = 0 τ, τ, σ N zx zy z *. (8.1) 136

137 Анықтағышты ашып, ұқсас мүшелерiн жиғаннан кейiн: σx, τxy, τxz * * * N σx + σ y + σz N + σxσ y + σ yσz + σzσx τxy τ yz τzx N τ yx, σ y, τ yt = 0 (*) τ, τ, σ 3 ( ) ( )( ) ( ) zx zy z Алынған үшінші дəрежелі теңдеуді шешіп, бас кернеудің үш мəнін табамыз. Бұл үш мəннiң шамалары координата осьтерінің басы қай жерге бекітілгеніне тəуелді болмау керек. Ол үшін теңдеудің коэффициенттері тұрақты шама болу қажет. Олар σx + σ y + σz = I I, (8.13) σx σ y + σ y σz + σz σx τxy τ yz τxz = I II, (8.14) σx, τxy, τxz τ yx, σ y, τ yz = I III. (8.15) τ, τ, σ zx zy z Бұл тұрақты шамалар I I, I II жəне I - кернелген күйдің инварианттары деп аталады. Табылған үш мəннің (N 1* III *, N жəне N 3* ) ең үлкені (алгебралық түсінікте) s 1, ең кішісі s 3, символымен белгіленеді, яғни σ1 > σ > σ3. (8.16) Кейбір жағдайларда инварианттар нөлге айналулары мүмкiн. Мысалы, J III =0 болса, ол кезде (*) теңдеуiнің бір түбірі нөлге тең болады. Мұндай кернелген күй екі осьті немесе жазық кернелген күй деп аталады. Егер екі инвариант екінші жəне үшінші нөлге тең болса, онда бір осьтi немесе сызықтық кернелген күй шығады. 4. Жазық кернелген күй Жазық кернелген күй тəжірибеде жиі кездесетін болғандықтан, оны толығырақ қарастырайық. Ол үшін, өткен параграфтағы (*) теңдеудегі үшінші инварианты нөлге теңестірейiк (J III =0). Сол кезде σz = τxz = τ yz = 0, (8.17) 137

138 3 ( ) ( σx σ y)( ) ( σx σ y τxy) * * * N + N + N = 0, (8.18) ( N * ) ( N * ) ( σ ) * ( x σ y N σxσ y τxy) + + = 0. (8.19) Бұл теңдеуден N 3 * = 0 екені көрініп тұр. Енді қалған (квадрат жақша ішіндегі) екiншi дəрежелi теңдеудi шешсек * 1 ( ) ( ) N 1, = σx + σ y ± σx + σ y + 4τxy. (8.0) Өткен параграфтағы ережені қолдансақ (оныншы теңсіздік): 1 ( ) σ1 = ( σx + σ y ) + σx + σ y + 4 τ, (8.1) xy σ =, (8.) 0 1 ( ) ( ) σ 3 = σx + σ y σx + σ y + 4τxy. (8.3) Кей жағдайда σ x немесе σ y нөлге тең болып та кездеседі. Мысалы, σ y = 0 болса, онда 1 σ ( ) 1, = σ ± σ + 4τ (8.4) Тағы бір мысал алып қарайық. Тік бұрышты, параллелепипедтің екі бүйірінде бас кернеулер s 1 жəне s 3 пайда болды дейік. Ал, оның үшінші бүйір жағында кернеулер мүлде жоқ болсын (104,а-сурет). 104-сурет 138

139 Егер, суретте көрсетiлген кернеулердiң бiрiнiң таңбасы минус болса, онда бұрын келісілген ереже бойынша s 1 >s >s 3 болғандықтан, бас кернеулердің символдары өзгереді. Біз бұл мысалда екі бас кернеу де оң таңбалы деп қарастырамыз. Қаралып отырған параллепипедтен 104,б-суретте көрсетiлгендей үшбұрышты призма бөліп алайық. Бұл призманың ерекшелігі, оның көлбеу жазықтығының əр уақытта екiншi оське параллель жататындығы (a - бұрышына тəуелді емес). Бөлініп алынған призмадағы əсер етуші күштерді (104,б сурет) h жəне t осьтеріне проекциялайық. dz 0, dy 1dy dz Cos 3dy dz tq Sin Cos Cos Sin i 3, 139 (8.5) dz t 0, dy 1dy dz Sin 3dy dz tq Cos Cos 13 Sin Cos. (8.6) Алынған екі теңдеуді түрлендіріп, төмендегіше қайта жазайық Cos, (8.7) 13 Sin. (8.8) Ең үлкен тік кернеуді табу үшін (8.7) өрнекті максимумға зерттейміз. Ол үшін бұл функцияның бірінші туындысын нөлге теңестіреміз. dσ ( σ1 σ3) Sinα 0 dα = =. Соңғы теңдіктен 1) егер a = 0 болса, онда: max σ, α = σ1 min ) егер a=p/ болса, онда: σ = σ α 1.

140 Енді ең үлкен жанама кернеуді табайық. dτ α ( σ1 σ3) Cosα dα = π α = + 4π ;. π Сонымен, ең үлкен жанама кернеу бас жазықтыққа 45 ( α = ) 4 көл беу жат қан жазықтықта пайда болады, яғни σ1 σ3 maxτα =. 5. Денені бекіту туралы. Орын ауыстырулар Кез келген дененің, сыртқы күштер əсерінен екі түрлі орын ауыстыруы болады: - өзінің пішінін жəне элементтерінің ара қашықтықтарын өзгертпей, дененің тұтас орын ауыстыруы; - деформацияның əсерінен, дене элементтерінің (бөлшектерінiң) өзара орын ауыстыруы. Орын ауыстырудытң бірінші түрі теориялық механикада толық қарастырылады, ал біздің зерттейтініміз, дененің деформация əсерінен, оның бөлшектерінің өзара орын ауыстыруы. Зерттеліп отырған дененің бір нүктесін, мысалы, 0 нүктесін бекітейік (105-сурет). Бұдан кейін, дене еш бағытта, ешқайда жылжымайды. Бірақ, 0 нүктесі арқылы айналуына болады. Енді у осiнде жатқан о нүктесi маңынан кішкене dy элементін бекітейік. 105-сурет Мұнымен, дененің х жəне z осьтерін айналуы тоқтатылғанмен, у осі арқылы дене əлі де айнала алады. Бұл айналуды тоқтату үшін, 140

141 не х осінен, немесе z осінен тағы да кішкене элементті dx (немесе dz) бекітеміз. Осыдан кейін, денедегі орын ауыстырулар, тек деформацияға ғана байланысты болады. Дене деформацияланған кезде, оның 0 нүктесінен басқа барлық нүктелері орын ауыстыра алады. Мысалы, М нүктесі орын ауыстырып ММ 1, қашықтыққа жылжысын, сонда δ M = MM. Бұл орын ауыстыруды үш оське 1 жіктеуге (105-сурет) жəне оларды координаталар функциясы ретінде көрсетуге болады u f ( x y z) -, v f ( x y z) -, 1 1 w f ( x y z) - z Сызықтық жəне бұрыштық деформациялар Орын ауыстырудың бірінші түрі болмайтындай етіліп бекітілген дененің М(х, у, z) нүктесінің маңынан элементар параллелепипед бөліп алып, оның хоz координата жазығына проекциясын қарастырамыз (106-сурет). Деформацияланғанға дейін тік төртбұрыш АВDС арқылы белгіленген бұл проекция, деформацияланғаннан кейін 1D төртбұрышына айналады (106-сурет). Өйткені деформацияланған кезде А нүктесі А 1 нүктесіне, В В 1 нүктесіне, С С 1 ал, D D 1 нүктесіне көшеді. Бұл кезде А нүктесі u жəне w орын ауыстыруына ие болады, олар u = f1( x1y1z), w= f3( x1y1z). Бұл суреттегі CD = AB = dx, AC = BD = dz. 106-сурет 141

142 В нүктесі А нүктесінен dx қашықтықта орналасқандықтан u u1 = φ ( x + dx, y, z) = u + dx x. u АВ = dx қабырғасының толық ұзаруы u1 u = dx. x Ол қабырғаның салыстырмалы ұзаруы, яғни деформациясы u1 u u u ε x = = dx ; dx =. dx x x v Осылайша қалған деформацияларды табамыз. ε y =. y Енді бұрыштық деформацияларды табайық. Ол үшін, 106-суретке көңіл аударайық. Осы суретте көрсетілгендей, деформацияға дейін ВАС тікбұрышты α + β бұрышына өзгереді. Бұл xoz жазықтығындағы салыстырмалы ығысу бұрышы, оны γ zx деп белгілейміз. γ zx = α + β В II А І В І тікбұрышты үшбұрышынан w w dx BII BI α tqα = = x = x AB u u I II dx + dx 1+ x x. u Бөлімдегі x шамасын ескермесек w α u =. Осы секілді β = x z. Сонымен, u w γ zx = + z x. Басқа жазықтықтарды бұрыштық деформацияларды осылайша табамыз. v u γ xy = + x y, w v γ yz = + y z. 14

143 Қорыта келгенде u v u ε x =, γ xy = +, x x y v w v ε y =, γ yz = +, y y z w u w ε z =, γ zx = +. z z x (8.9) 7. Бас деформациялар. Бас осьтер Деформацияланған күйді зерттегенде оның қасиеттері кернелген күйдің қасиеттеріне ұқсас екенін көреміз. Зерттеліп отырған, кез келген нүкте арқылы өтетін барлық осьтердің арасында, бұрыштық деформация болмайтын, өзара перпендикуляр үш ось болатынына көзіміз жетеді. Бұл осьтер деформацияланған күйдің бас осьтері, ал олардағы сызықтық деформациялар бас деформациялар деп аталады. Бас деформациялар төменде келтірілген үшінші дəрежелі теңдеуден табылады. 3 I II III ε J ε + J ε J = 0 (8.30) Бұл теңдеудегі коэффициенттер, деформацияланған күйдің инварианттары болып табылады. Олар I J = εx + εy + εz, (8.31) II J = εx εy + εy εz + εz εx γ xy γ yz γ zx, (8.3) 1 1 εx γ xy γ xy III 1 1 J = γ yx εy γ yz 1 1 γ zx γ zy εz. (8.33) Материалдар кедергісінде көлемдік деформация да, басқаша айтқанда, нүкте маңындағы көлемнің салыстырмалы өзгеруі де қарастырылады. Элементар параллелепипедтің өлшемдері (dx, dy, dz) деформация 143

144 əсерінен dx(1+e x ), dy(1+e y ) жəне dz(1+e z ) болып өзгереді. Бұл кезде, көлемнің абсолют өзгеруі немесе Δ V = V1 V, Δ V = dx dy dz (1 + ε ) (1 + ε ) (1 + ε ). x y z Жақшаларды ашып, элементар аз шамаларды алып тастағаннан кейін Δ V = dxdydz ε + ε + ε 144 ( x y z) Көлемнің салыстырмалы өзгеруін e əрпімен белгілейміз. Сонда ΔV e = = εx + εy + εz. (8.34) V Осьтер жүйесін бұрғанменен, нүктедегі e шамасы өзгермейді. Сондықтан, бұл шамада ( e ) деформацияланған күйдің тағы бір инварианты болып табылады. 8. Гуктың қортынды формуласы Бойлық созылу жəне сығылу кезінде бір ғана бас кернеу пайда болатыны, демек, кернелген күйдің екінші жəне үшінші инварианттары нөлге тең екені бұрын айтылған. Бұлай жүктелген материалдар үшін, оларда пайда болатын кернеулер мен деформациялардың арасындағы қатанасты Гук заңы арқылы өрнектеген едік. σ ε =. (8.35) E Енді үш бас кернеу де нөлге тең болмаған кезді қарастырайық (107-сурет). Ол үшін, алдымен бір ғана бас кернеу ( σ 1 ) бар, ал қалғандары нөлге тең деп қарастырайық (108-сурет). Бұл кезде, бірінші осьтің бағытындағы қабырғалар ұзарады да, қалған екі осьтің бағытындағы қабырғалар қысқарады. I σ1 I σ1 ε 1 =, I σ1 ε = μ, ε3 = μ E E (8.36) E Бұдан кейін σ 0, ал σ1 = σ3 = 0 деп қарастырамыз (109-сурет).

145 107-сурет Бұл кезде, екінші осьтің бағытындағы қабырғалар ұзарады да, қалған екі осьпен бағыттас қабырғалар қысқарады, яғни II σ II σ II σ ε1 = μ, ε =, ε3 = μ E E E (8.37) Осы секілді, егер тек үшінші бас кернеу нөлге тең болмай бірінші жəне екінші бес кернеулер нөлге тең болса, онда III σ 3 ε1 = μ, E III σ 3 ε = μ, (8.38) E III σ 3 ε3 = μ E 108-сурет 109-сурет Үш бас кернеулер нөлге тең болмағанда, (8.36), (8.37( жəне (8.38) формулалардағы сəйкес деформацияларды бір-біріне қосып, Гуктың қорытынды формуласын аламыз

146 1 ε1 = σ1 μ( σ + σ3) E, 1 ε = σ μ( σ3+ σ1) E, (8.39) 1 ε3 = σ3 μ( σ1+ σ) E. Күштер əсерінің тəуелсіздігі принципін қолданып, алынған формулаларды кез келген кернеулер мен деформациялар үшін қолдануға болады (110-сурет). 110-сурет Кез келген координата жазықтығы үшін (мысалы хоz) бұрыштық τ xz деформация тек сəйкес жанама кернеуге тəуелді, яғни γ xz =, G ал қалған екі жанама кернеулер де, тік кернеулер де γ xz шамасына əсерін тигізбейді. Бұл тұжырым, қалған деформациялар мен кернеулер үшінде заңды болып табылады. Сондықтан τ 1 xy εx = σx μ( σ y + σz) γ xy =, E G 1 τ yz εy = σ y μ( σz + σx) E γ yz =, (8.40) G 1 εz = σz μ( σx + σ y) τ xz E γ zx =. G Бұл алынған (8.39), (8.40) өрнектер изотроп материалдар үшін Гуктың қорытынды формуласы болып саналады. 9. Потенциялдық энергияның қортынды түрі Жалпы жағдайда кернелген күйдің ( σ1 0, σ 0, σ 3 0 ) потенциалдық энергиясын қарастырамыз. Ол үшін, элементар 146

147 көлемде жиналған потенциалдық энергияның осы көлемнің бетіне таралған күштер əсері арқылы табылатынын ескеруіміз керек. Олай болса, σ x dx dz күші ε x dx орын ауыстыруына сəйкес жұмыс істейді. Бұл жұмыстың шамасы 1. σ dy dz ε dx x x Қалған тік кернеулер арқылы өрнектелетін күштердің жұмыстары осы секілді табылады. Ал, τ xy dx dz күші γ xy dy орын ауыстыруына сəйкес жұмыс істейді, яғни 1 τxy dx dz γ xydy Басқа күштерден пайда болатын жұмыстарды осылайша тауып, элементар көлемдегі потенциалдық энергияны төмендегіше табамыз 1 du = dx dy dz ( σxεx + σ yεy + σzεz + τxyγ xy + τ yzγ yz + τzxγ zx ). (8.41) Гуктың қорытынды формуласын ескере отырып, потенциалдық энергияны көлемге ( dv = dx dy dz ) бөлеміз. U 0 du 1 1 = = σx σy σz μ( σxσ y σ yσz σzσx) ( τxy τ yz τzx) dv E G (8.4) Бұл формуланы бас кернеулер арқылы өрнектесек 1 1 = E G ( ) ( ) U o σ1 σ σ3 μ σ1σ σσ3 σ3σ1 τ xy τ yz τ zc (8.43) Толық потенциалдық энергияны табу үшін, U 0 өрнегін элементар көлемге көбейткеннен кейін интегралдау керек. U = U0dV (8.44) V Толық потенциалдық энергия шартты түрде екіге - көлем өзгерту энергиясына (U ок ) жəне пішін өзгерту энергиясына (U оп ) бөлінеді. Оларды қорытып жатпай-ақ, тек формулаларын келтірейік. 147

148 U ok 1 μ = ( σ 1+ σ + σ 3), (8.45) 6E U 1 6. (8.46) Егер соңғы формуланы кез келген осьтер жүйесіндегі кернеулер арқылы өрнектесек 1+ μ 1 = σ σ σ σ σ σ τ τ τ 6Å G ( ) ( ) ( ) ( ) U î ï x y y z z x xy yz zx (8.47) Кернелген жəне деформацияланған күйлерге негiз болатын бiрнеше есептердi қарастырайық. 1-есеп. Өте қалың жəне абсолют қатаң тақтаның дəл ортасына табаны квадрат, ал тереңдігі 10мм қуыс жасалған (111-сурет). Табанының өлшемдері (ені мен ұзындығы): 10,001х10,001мм. Осы қуысқа өлшемдері 10х10х10мм мыстан жасалған кішкене куб 6 (кубша) кіргізіліп қойылған (Мыс үшін: E 110 /, 0,3 ). Демек, қуыс пен кішкене кубтың арасында саңылау бар (0,001мм). Осы кішкене кубты 1000 кг күшпен үстінен басып сығады. Үш бас кернеулерді табу керек. Шешімі. Кубтың жоғарға жəне төменгі беттеріне түсетін сығу σ кернеулері ең үлкен болатындықтан, оларды 3 арқылы белгілейміз. P /. A сурет 148

149 Тақтадағы қуыста, оған кіргізіліп қойылған кубта симметриялы болғандықтан, қалған екі бас кернеулер өзара тең болады, яғни σ1 = σ. Сол секілді, сəйкес деформациялар да өзара тең болады, яғни 10, ε1 ε 110 = = = 10. Көлемдік деформация кезіндегі Гук формуласын қолданып, бас кернеулерді табамыз. Ол үшін σ1 = σ теңдігін пайдаланымыз 1 E ε1+ μ σ3 ε1 = [ σ1 μ( σ + σ3) ] σ1 = σ = E 1 μ. Соңғы өрнекке берілімдерді қойып, ізделіп отырған шамаларды анықтаймыз , /. 1 0,3 Келесі есептер əркімнің өз беттерімен шығаруларына арналған. -есеп. Бірінші есептің берілімдерін пайдаланып, егер қуыс пен кішкене кубтың арасында саңлау болмаса, онда бас кернеулер неге тең болатынын анықтау керек. 11-сурет 3-есеп. Өлшемі а=0см бетоннан жасалған кубша (0х0х0см) абсолют қатаң құрсаудың ішіне орналастырылып, 4 т күшпен z осі арқылы сығылады (11-сурет). Бетон үшін - μ = 0,18. Құрсаудың қабырғаларының реакцияларын Nx, N y арқылы белгілесек, онда N z Бас кернеулерді ( σ1 fσ f σ3) табу керек. 149

150 9-тарау. БЕРІКТІК ЖƏНЕ ПЛАСТИКАЛЫҚ БОЛЖАМДАРЫ Есептеу нəтижесінде, зерттеліп отырған конструкция беріктік талабына сай жұмыс істей ала ма деген сұраққа жауап алыну керек. Ол үшін, ең алдымен, оның беріктігін бағалаудың негізгі принципін тұжырымдап алу қажет. 1. Жалпы түсінік Жүктелуге байланысты, конструкцияның материалдары əр түрлі механикалық күйде болады. Мысалы, сыртқы күштер əсерінің белгілі бір мөлшерінде ол серпімді күйде, ал күштерді одан əрі өсіріп, келесі бір межеге əкелгенде материал созылымдылық күйде болады. Күштер əсерін одан əрі үлкейтсек, оның кейбір жерінде сызатша мен ұсақ жарықшалар пайда болып, конструкцияның қирауы басталады. Материалдардың механикалық күйінің көптеген құбылыстарға (температура, жүктелу түрі, жүктелу тарихы т.б.) байланысты өзгеріп отыратынын, оларға тəуелді екенін тəжірибелерден көруге болады. Бұлардың барлығын теория жолымен қорыту, тұтас ортаның механикасындағы ең қиын жəне келелі мəселелердің бірі болып табылады. Сонымен қатар, бұл мəселені түбегейлі зерттеу материалдар кедергісінің шеңберінен тыс жатқанын ескерте отырып, материалдың механикалық күйінің өзгеруіне негізгі себеп оның кез келген нүктесінің маңындағы кернелген күй екенін айтқанымыз жөн. Осыған байланысты, сызықтық кернелген күй (созылу, сығылу, т. б.) кезінде тəжірибеден алынған σ а жəне σ б шамаларын пайдалана отырып, күрделі кернелген күй үшін беріктік шартын тұжырымдауға мүмкіндік туады. Ол үшін а) есептеу арқылы үш бас кернеу (σ 1 >σ >σ 3 ) анықталады; ə) конструцияның немесе оның элементінің материалы таңдалынып алынады; б) таңдалынып алынған материал үшiн, лабораториялық тəжірибелердiң көмегiмен, қарапайым созылу мен сығылу үшiн қауiптi кернеулер (σ к1 =σ a немесе σ к1 =σ б ) табылып, осы материалдың мүмкін кернеуі - [σ] тағайындалады; в) кернелген күйдің қай межесі (созылымдылық күйге өткен кез 150

151 бе, əлде қирау кезеңі ме) шешуші болып табылатынын анықтап алған нан кейін, беріктік шарты тұжырымдалады. Бұл мəселелерді материалдардың беріктігінің, бас кернеулердің таңбалары мен шамаларынан тəуелділігі туралы жəне қауіпті күйді тудыратын əрекеттер туралы жорамалдар (гипотезалар) арқылы шешуге болады.. Беріктік жорамалдары (гипотезалар) Беріктік жорамалдарына кіріспей тұрып, айта кететін екі ескертпе бар. Олар: 1) жоғарыда айтылып кеткен қирау кезеңі туралы мəселенің басын ашып алу қажет. Өйткені, қирау мəнін екі түрлі түсінуге болады: материал қирады ма, əлде, конструкция қирады ма. Конструкция қирады дегеніміз, ол өзінің ерекшелігін жоғалтып, қойылған талапты орындаудан қалды деген сөз. Ал, көзге көрінбейтін, бірақ салыстырмалы түрде айтқанда, белгілі бір мөлшерде үлкен сызаттар мен жарықшалардың материалда пайда болуы, конструкцияны қирауға əкеп соқпайтын да кездер болады. Бұл кезде, конструкцияның сенімділігі туралы мəселе қаралу керек. ) материалдардың қауіпті күйі Гук заңының қолданылу шекарасында жатқандықтан, бұл тарауда Гук заңы қолданылып алынған формулалар пайдаланылады. А. Бірінші жорамал. Қираудың негізгі себебі, материалда пайда болатын созу кернеуінің ең үлкен мəніне байланысты екені туралы жорамал XVII ғасырдан бастау алады. Бұл жорамалды кейіннен Ламе (1833 ж.) жəне Рэнкин (1856 ж.) қолдады. Қазіргі кезде бұл жорамал, ең үлкен тік кернеулер теориясы немесе бірінші беріктік теориясы деп аталады. Егер, σ 1 >σ >σ 3 болса, онда ең үлкен созылу кернеуі σ max > σ 1. Сондықтан, беріктік шарты σ 1 = [σ] сз (9.1) Бұл жердегі [σ] сз - созылудағы мүмкін кернеу. Ə. Екінші жорамал. Материалдардың қирауының себебі ең үлкен созылу кернеуі емес, қираудың негізгі себебі - ең үлкен 151

152 салыстырмалы ұзару деген жорамалды Мариоттың 1686 жылғы, Навьенің 186 жылғы, Сен-Венанның 1837 жылғы, Понселенің 1839 жылғы еңбектерінен кездестіруге болады. Бұл жорамал ең үлкен ұзару теориясы немесе екінші беріктік теория деп аталады. Гук заңы бойынша 1 εmax = ε1 = σ1 μ( σ + σ3 ) E, ал қарапайым созылу жағдайында σ max ε max =. E Бұл екі өрнектен, қирау кезеңіндегi кернеуді табамыз Бұл кездегі беріктік шарты: 15 ( ) σ = σ μ σ + σ. max 1 3 ( ) [ ] σ1 μ σ + σ3 σ (9.) Қарастырылған екі теория да əмбебап болып есептелмейді. Кейде біріншісi тəжірибемен сəйкес келсе, кейде екіншісі. Дегенмен, тұтас біртекті дене үшін, екінші теорияның нəтижесі жоғары екенін есте ұстаған артық болмайды. Б. Үшінші жорамал. Қазіргі кезге дейін өз мағынасын жоғалтпаған жорамал Треска мен Сен-Венанның атымен байланысты. Бұл ойды 1773ж. француз физигi Кулон да айтқан еді. Бұл жорамал бойынша, материалдағы қауіпті күй, ең үлкен жанама кернеу (t max ) белгілі бір тұрақты шамаға жеткенде пайда болады. Осыған байланысты, мұны ең үлкен жанама кернеу теориясы немесе үшінші беріктік теориясы деп атаймыз. Ең үлкен жанама кернеудің шамасын өткен тарауда анықтаған едiк. 1 τmax = ( σ1 σ3 ) Ең үлкен жанама кернеулері бірдей кез келген күйлердің қауіптіліктері де бірдей деп қабылдаймыз (113-сурет).

153 113-сурет Осыған байланысты эквивалент кернеу деген ұғым кіргіземіз. Созылған үлгідегі берілген кернелген күйге теңбе-тең кернеуді эквивалент кернеу дейміз (9.4) Осы тұжырымға байланысты, созылу үшін σ τ max =, [ ] 153 [ σ ] τ =. (9.5) (9.3) формуланы (9.4) формуламен салыстыру арқылы, беріктік шартын аламыз τmax [ τ] [ ] (9.6) σ1 σ3 σ (9.6а) В. Төртінші жорамал. Көптеген ғалымдар, материалдардың қауіпті күйі тек деформацияға немесе тек кернеуге ғана тəуелді емес, олардың екеуіне де тəуелді деген жорамал жасады. Мысалы, итальян ғалымы Бельтрами (1885ж.), материалдардың беріктігін денедегі меншікті потенциалдық энергия арқылы бағалау керектігін ұсынды. Бірақ бұл теория тəжірибемен дəлелденбеді. Созылымдылық деформация кезінде көлемнің өзгермейтінін ескере отырып, Губер (1904 ж.), Мизес (1913 ж.) жəне Генки (193 ж.) беріктік өлшемі ретінде потенциалдық энергияның бір бөлігін - пішін өзгерту энергиясын пайдалануды ұсынды. Бұл жорамал

154 - беріктіктің энергетикалық теориясы немесе төртінші беріктік теориясы деп аталады. Үш бас кернеуде нөлге тең болмаған кезде, пішін өзгерту энергиясының формуласы: max 1+ μ U îï = ( σ 1+ σ ) + ( σ σ 3) + ( σ 3 σ 1) 6E Қарапайым созылу үшiн Берiктiк шарты: 1 6 (9.7) U (9.8) U max îï [ U ] îï (9.9) 1 6 U (9.10) (9.6) формула мен (9.9) формуладан 1 ( ) + ( ) + ( ) [ ] σ σ σ σ σ σ σ (9.11) 3. Мор теориясы Өткен параграфта бірнеше беріктік теорияларын қарастырдық. Ол теориялардың ешқайсысы əмбебап болмағанмен, өздерінің қолданылу аймағына сəйкес, тəжірибелермен дəлелденетіні де белгілі. Енді бұл мəселеге басқа тұрғыдан қарауға да болады. Мысалы, тəжірибеден жинақталған мəліметтерді жүйелеу арқылы беріктік теориясын тұжырымдауға болатынын неміс ғалымы Мор көрсетті. Мор теориясы бойынша, беріктік шарты төмендегіше тұжырымдалады. 1 3 (9.1) Бұл формуладағы: - материалдың созылудағы ағу шегі; 154

155 - материалдың сығылудағы ағу шегі. a - деп белгiлеп, Мор коэффициенті ретінде қабылдаймыз. Бұл берiктiк шарты, қазiргi кезде кеңiнен қолданылады (Мор теориясы туралы толығырақ мəлімет «Қосымшада» келтірілген). 4. Беріктік теорияларының есептеу кернеулері. Беріктік теорияларын қарастырудың қорытындысында, кез келген кернелген күй үшін беріктік шартын былайша тұжырымдаймыз:. Бұл жердегі σ есеп - есептеу (келтірілгең) кернеуі; [σ] - қарапайым созылу жəне сығылудағы мүмкін кернеу; Зерттелген беріктік теориялары үшін, есептеу кернеулері: (9.13) I max 1, II E max 1 3, III max 1 3, IV , 1 3 (9.14) 155

156 10-тарау. КҮРДЕЛІ ЖҮКТЕМЕ (КҮРДЕЛІ ҚАРСЫЛАСУ) Тəжірибеде жиі кездесетін құрылмалар мен жүйелердің элементтерінде бірнеше ішкі күштер пайда болатын кездер жеткілікті түрде кездесіп тұрады. Осындай элементтерді (жүйелерді) беріктікке есептеу жолдары сол элементке əсер етіп тұрған жүктемеге байланысты. Элементтің қимасында бірнеше ішкі күштер пайда болатын жүктеменің түрі күрделі жүктеме деп аталады. Сондай күрделі жүктемелердің үш түрі осы тарауда қарастырылады. 1. Қиғаш иілу Сыртқы күштер жатқан жазықтық, бас жазықтардың біреуімен де сəйкес келмейтін иілу, қиғаш иілу деп аталады. Басқаша айтқанда, элементтің екі бас жазықтық бойымен бір уақытта иілуі (114,а,бсуреттер). Кернеулерді табу үшін, арқалыққа əсер етіп тұрған ию моментін, х жəне у осьтеріне проекциялап, оның құраушыларын табамыз. M x = M Sinα, M y = M Cosα (10.1) 114-сурет Таза иілудің формуласын қолданып, қиманың кез келген нүктесіндегі кернеуді табамыз, яғни σ y x i M Sin Cos J α x J α = + y (10.) 156

157 Қимадағы ең үлкен кернеуді табу үшін, бейтарап сызықтың жазықтықтағы орнын табу керек. Ол үшiн кернеуді нөлге теңестіріп, бейтарап сызықтың теңдеуін аламыз. y x J x Sinα + Cos = 0 немесе y = x tqα. (10.3) Jx Jy J y Бейтарап сызықтың ию моментінің жазықтығына қарағанда қалай орналасқанын тексеру үшін, аналитикалық геометриядан белгiлi мына бір жағдайды еске түсірейік. 1 Екі түзу бір-біріне перпендикуляр болу үшін k1 = болу k J керек. Біздің қарастырып отырған есепте к 1 =tgα, ал x k = ctgα, J y сондықтан, бейтарап сызық ию моментінің жазықтығына перпендикуляр болу үшін J х = J у болу керек. Көпшілік 1 конструкцияларда Ix I болғандықтан k y 1. Сонымен, жалпы k алғанда, бейтарап сызық күштер жазықтығына перпендикуляр емес деп тұжырымдаймыз. Бірақ, дөңгелек, квадрат, тағы сол секілді қималар үшін Ix = I болғандықтан, мұндай қималардың бейтарап y сызығы күштер жазықтығына перпендикуляр жатады. Егер бейтарап сызықтан ең алысқа орналасқан нүктесінің координаталары х * жəне у * болса, онда қауіпті кернеу: σ Mx y y max = +. (10.4) Jx Jy 157 M x Ал қарастырылып отырған есеп үшін берiктiк шарты: Mx y J x M x y + [ σ ]. (10.5) Jy Егер қиғаш иiлу кезінде ию моменттері тұрақты болмай, олар өзгеріп отыратын болса (біз қарастырған есепте ию моменті тұрақты шама), онда беріктік шартын жазу үшін қауіпті қиманы анықтап алу қажет екенiн ұмытпау керек.

158 . Центрден тыс созылу немесе сығылу Сыртқы күштердің тең əсер күші сырықтың бойлық осіне параллель бағытталып, бірақ оның қимасының салмақ центрі арқылы өтпейтiн жүктелу, центрден тыс созылу немесе сығылу деп аталады. Барлық сыртқы күштердің тең əсері Ax ( P, y p) нүктесі арқылы өтiп тұрған сырықты алып қарастырайық (115,а-сурет). Теориялық механиканың ережесiн қолданып Р күшін қиманың центріне көшіргенде, қимада екі момент пайда болады (115,б-сурет). Олар: M, x P yp x (10.6) Қиманың нүктесіндегі кернеуді табу үшін, күш əсерінің тəуелсіздігі принципін қолданамыз, яғни əр күштен пайда болатын кернеулерді жеке-жеке тауып алып, содан кейін олардың алгебралық жиынын анықтаймыз. Мысалы, бойлық күштен (N=Р) пайда болатын кернеу болса, ию моменттерінің кернеуі Mx y немесе M y x σ = σ =. J J x y 115-сурет Сонымен, кез келген i нүктесiндегi кернеу 158

159 P Py y Px x P p i Jx J (10.7) y Ең үлкен кернеудің бейтарап сызықтан шалғай жатқан нүктеде пайда болатыны белгілі. Ал, бейтарап сызықтың жазықтықтағы орнын табу үшін, кернеуді нөлге теңейміз. Сонда, 1 yp y xp x 0 J J (10.8) y Бейтарап сызықтың қима центрі арқылы өтпейтіні соңғы формуладан айқын көрінеді. Ол сызықтың қима центрінен қанша қашықтықта жатқанын табу үшін мынадай шартты белгілер кіргізейiк. y 1 c, A = X P = b J, y y p a J = (10.9) x Ендi (10.8) формуланы төмендегiше өрнектеуге болады ay + bx c = 0 (10.10) Аналитикалық геометриядан белгілі формула бойынша, координата басынан кез келген түзуге дейiнгi ара-қашықтықты табамыз (116-сурет). OC a C b OC 1 y x J P P x Jy Бұл формуладан байқайтынымыз күш қима центріне таяған сайын, бейтарап сызық шексіздікке ұмтылады (ОС ). 159

160 116-сурет Сонымен қатар, күштің қай нүктеге түсуіне байланысты, бейтарап сызық қиманы екіге бөліп өтуі де мүмкін, ал кейбір кезде, ол қиманы жанап өтуі де мүмкін екені көрінеді. Соңғы жағдайда, қимада тек бір таңбалы кернеулер пайда болатынын да атап өту қажет. Осыған байланысты, қима центрінің маңына орналасатын, қима ядросы деп аталатын аудан анықталады. Егер сыртқы күш осы ауданда əсер етсе қимада бір таңбалы кернеу пайда болады, демек, бейтарап ось бұл кезде қиманы кесіп өтпейді. Бейтарап сызықтан ең алыс жатқан нүктені k(х*у*) деп алсақ (116-сурет), онда қауіпті кернеу төмендегі формуламен табылады. max 1 ypy xpx P J x J y * (10.11) Берiктiк шарты өткен тараудағыдай σmax [ σ] (10.1) 3. Бұралып иілу Бұралу тарауында, дəлірек айтқанда, таза бұралу кезінде, «білікті» беріктікке есептегенде, оған əсер етіп тұрған сыртқы бұрау моменттерінiң əсерi ғана ескерілді, яғни жүктеменің «таза бұралу» түрі қарастырылды. Ал, тəжірибеде жиі кездесетін конструкциялар 160

161 жəне олардың элементтерінің, тек қана, таза бұралып жұмыс істеуі сирек кездеседі. Мысалы, білікке əсер ететін бұрау моменттерінен басқа, оған тісті дөңгелектер арқылы, белбеулер мен шынжырлар арқылы берілетін күштер, тіпті оның өз салмағы да əр уақытта білікті иіуге əрекет етеді. Сонымен, тəжірибеде кездесетін конструкциялардың элементтерінің көпшілігі, əсіресе, машиналардың көптеген бөлшектері иіліп бұралады. Осыған байланысты, мынадай есепті шешіп көрейік. Білікке, екі тісті дөңгелектер бекітіліп, олар арқылы бiлiкке екі күш əсер етсін (117,а жəне 117,ə-суреттер). 117-сурет Əр жазықтықтағы (хоz жəне уоz) моменттердің эпюраларын тұрғызғаннан кейін (118-сурет) толық ию моментінің эпюрасын тұрғызу үшін, сəйкес ординаталардың геометриялық жиынын табамыз. Табылған мəндер бойынша эпюраны тұрғызамыз. Содан кейін, бұрау моментінің эпюрасын тұрғызғаннан кейін (119-сурет), біліктің қауіпті қимасын анықтаймыз. Кернеулерді табу үшін, бұрыннан белгiлі, тік кернеулер мен жанама кернеулердiң формуласын пайдаланамыз

162 118-сурет Қиғаш тісті дөңгелектерден пайда болатын бойлық күш (Ν) жəне көлденең күш (Q) көпшілік есептерде ескерілмейді, ал оларды ескеру керек болған кезде дайын формулалар қолданылады N, Q S J b (10.13) 119-сурет Қорыта айтқанда, бұралып иiлгенде (немесе «иіліп бұралғанда») жанама кернеудің де, тік кернеудің де беріктікке əсері мол. N M W, * M Q S (10.14) W Jb Сондықтан, көлденең иілудегідей, əр кернеудің əсерін жеке-жеке қарастыруға болады. Беріктікке тексеру үшін, есептеліп отырған элементтiң кернелген жəне деформацияланған күйiн толық зерттеу қажет. 16

163 11-тарау. СТАТИКАЛЫҚ АНЫҚТАЛМАЙТЫН СЫРЫҚТАР ЖҮЙЕСІН КҮШТЕР ТƏСІЛІМЕН ЕСЕПТЕУ Қандай жүйелердің статикалық анықталатыны, ал қандайының статикалық анықталмайтыны «Теориялық механика» пəнінде де қарастырылған болатын. Бұл жерде қайталай кететін нəрсе - сырттай жəне іштей статикалық анықталмайтын жүйелер туралы түсінік. Егер қарастырылып отырған жүйенің тіректеріндегі реакциялары статиканың теңдеулерінің көмегімен табылмаса (тірек реакцияларының саны статиканың тепе-теңдік теңдеулерінен көп болса) онда ол сырттай статикалық анықталмайтын жүйе болып табылады. Ал, егер жүйенің тірек реакциялары статиканың теңдеулерінен табылып, ал оның элементтеріндегі ішкі күштер қима тəсілімен табылмайтын болса, онда мұндай жүйелер іштей статикалық анықталмайтын болып табылады. 1.Тіректер «Материалдар кедергісінде» геометриялық өзгермейтін жүйелер (ғимараттар) қарастырылады. Олардың кез келген нүктесінің орын ауыстыруы, дененің деформациясына ғана байланысты болады. Мұндай жүйелердің немесе денелердің деформациясыз жылжымауы үшiн, оларды жерге (немесе «қозғалмайтын жүйеге») бекітіп қою керек. Материалдар кедергісінде, осындай бекітпелердің бірнеше түрлері қарастырылып, оларды жазық тіректер деп атаймыз. Тіректерде пайда болатын реакциялар (кері əсерлер) сыртқы күштермен бір жүйе құрап, статикалық тепе-теңдікте болады. Енді осы жазық тіректерге қысқаша тоқтала кетейік. 1.Топсалы-жылжымалы тірек. Тіректің бұл түрі (10-сурет) екі теңгергіштен, білік түрінде жасалған топсадан, сырғанатқыштардан жəне тірек жастықшасынан тұрады. Бұл суреттегі: 1 теңгергіштер, топса, 3 сырғанатқыштар, 4 тірек жастықшасы. Дененің бұл тірек арқылы өтетін қимасы бір ғана бағытта жылжи алмайды да, ал оған тік бағытта еркін жылжып, сол нүкте арқылы айнала алады. 163

164 10-сурет Сондықтан, мұндай тірекпен бекітілген дене тек бір бағытта байлаулы деп есептеліп, тіректе бір ғана реакция пайда болады деп қабылданады. Топсалы жылжымалы тіректің шартты түрде белгiленуiнiң үш түрi (варианты) 11-суретте көрсетiлген. 11-сурет.Топсалы-жылжымайтын тiрек. Бұл тiректiң (1-сурет) алдыңғы тiректен айырмашылығы, мұнда сырғанатқыштар болмайды. Бұл тiрек орналасқан нүкте ешбiр бағытта да жылжи алмайды, тек сол нүкте арқылы дене бұрыла-теңселе алады. 1-сурет Сондықтан, мұндай тiректiң көмегiмен бекiтiлген дене жазықтықта екi бағытта байлаулы деп есептелiп, ол нүктеде екi реакция пайда болады деп қабылданады. 164

165 Топсалы-жылжымайтын тіректің шартты түрде белгiленуiнiң үш түрi 13-суретте көрсетiлген. 13-сурет 3. Қатаң тірек немесе қыспалы бекітпе. Бұл тіректің көмегімөн бекітілген қима, жазықтықта ешбір жаққа жылжи алмайды жəне дене бұл жазықтықта айнала алмайды да. Сондықтан бұл тіректе, шартты түрде, үш байлау бар деп есептеледі, яғни, тіректе үш реакция пайда болады деп қабылданады (14-сурет). 14-сурет Жазықтықтағы дене сыртқы күштердің əрекетінен, ешқандай деформациясыз жылжып кетпеу үшiн тiректердің ерекшеліктерін ескере отырып, оларды дұрыс жəне тиімді пайдалану керек.. Сырықтар жүйесінің геометриялық өзгермеу шарттары Бір-бiрімен түйіндерде қосылған, бірнеше сырықтардан (негізінен түзу осьті) тұратын жүйенi - сырықтар жүйесі деп атаймыз. Бұл сырықтар, өзара пісіріліп, немесе тойтарма шегелердiң, болттардың тағы басқа да бекіткіштердің көмегімен түйін болып бекітіледі. 165

166 Сырықтар жүйесінен тұратын конструкциялардың (құрылымдардың) түйiндерi, негізінен, қатаң болып бекітіледі. Оларды есептеу біршама қиындық көрсетеді, өйткені мұндай конструкциялар, көбінесе, статикалық анықталмайтын болып келедi. Тəжірибелердiң көрсетуі мен теориялық зерттеулердің нəтижесі, қатаң түйіндерді шартты түрде, топса түйіндермен алмастырғанда, есептеу жолының көп жеңілденетінін жəне сыртқы күштер сол түйіндер арқылы əсер еткенде ішкі күштердің таралу заңында да көп өзгеріс болмайтынын дəлелдейді. Сондықтан, бұдан былай, құрылымдардың есептеу нұсқасын қабылдаған кезде, оларды (шартты түрде) топсалы түйіндерден тұратын конструкциялар ретінде қарастырамыз. Мысал үшiн, бұрышшалардан жасалған, түйіндері тойтарма шегелермен бекітілген, төмендегі конструкцияларға талдау жасайық (15-сурет). 15- сурет Үш сырықтан тұратын бұл жүйенің (15,а-сурет) есептеу нұсқасы 15,ə-суретте көрсетілген. Ол статикалық анықталмайтын есеп болғандықтан, оның шешу жолы біраз қиындық туғызады. Егер бұл жүйенің түйіндерін топсалы деп қарастырсақ (15,б-сурет), 166

167 онда есептің шешiлу жолы тек қана оңайланып қоймайды, сонымен қатар, сырықтардың кез келген қимасының орын ауыстыруы бұл кезде де деформацияға ғана тəуелдi болады. Өйткені, 15,б-суретте көрсетілген жүйе геометриялық өзгермейтін жүйе болып табылады. Еңдi төрт сырықтан тұратын жүйге көңіл аударайық (16,а-сурет). Бұл конструкцияның есептеу нұсқасы 16ə-суретте көрсетілген. Бұл жүйенiң түйiндерiн, шартты түрде, топсалармен алмастырсақ, онда ол геометриялық өзгермелi жүйе болып кетедi (16,б-сурет). Сондықтан, кез келген жүйенiң түйiндерiн топсамен алмастыра беруге болмайды. Ендi, бiр түзудiң бойында жатқан екi сырықтардан тұратын жүйенi алып қарайық. Олар бiр-бiрiмен С нүктесiнде топса арқылы бiрiктiрiлсiн (17-сурет). Егер С нүктесiндегi топсалы бекiтпенi алып тастасақ, онда АС сырығының С нүктесi m-m шеңберi бойымен, ал ВС сырығының сəйкес нүктесi n-n шеңберi бойымен жылжыған болар едi. 16-сурет Бұл шеңберлердiң С нүктесiнде ортақ жанамасы болатыны белгiлi. Егер осы конструкцияның топсасына күш түсiрсек, онда ол 167

168 АВС / үшбұрышына (16,ə-сурет) айналады. Өйткенi, бiр сырықтың (мысалы АС сырығының) С қимасының АВ бағытына перпендикуляр бағытта, яғни жанама бойымен аз ғана орын ауыстыруына екiншi сырық (ВС сырығы) бөгет бола алмайды. Мұның өзi, қаралып отырған жүйенiң геометриялық өзгермелi екенiн көрсетедi. Бiрақ қарастырылып отырған жүйенiң, мұның алдында қаралған жүйеден ерекшелiгi С нүктесi аздап орын ауыстырғаннан кейiнгi сəтте бұл жүйе геометриялық өзгермейтiн жүйеге айналады. Өйткенi, геометриясы үшбұрышқа сəйкес конструкциялардың қималарының орын ауыстырулары тек деформацияға тəуелдi екенi дау тудырмайды. 17-сурет Сонымен, геометриялық өзгермейтін топсалы жүйелердің қарапайым түрі - үш сырықтан тұратын, өзара топсалы түйіндер арқылы қосылған конструкциялар. Бұдан мынадай қорытындылар шығаруға болады: - геометриялық өзгермейтін жүйені құру кезінде, жаңадан қосылатын əр түйінде, бір сызықтың бойында жатпайтын екі сырық топсалы түрде біріктіріліп отыру керек; - тек топсалы үшбұрыштардан тұратын жүйелер, қарапайым жүйелер немесе қарапайым фермалар деп аталады (18-сурет). 18-сурет 168

169 Бұл қарапайым ферманы құрастыру үшiн, алдымен геометриялық өзгермейтін авс жүйесі (топсалы үшбұрыш) алынады, содан кейін оған 1-ші түйiн қосылады, бұл түйінде, бір сызықтың бойында жатпайтын в-1 жəне с-1 сырықтары топсалы түрде біріктірілген. Бұдан соң, алынған жүйеге -ші түйiн қосылады да, одан кейін 3-ші түйiн, сол секілді тағы басқа түйіндер қосыла береді. Енді, геометриялық өзгермейтін жүйені тіректер арқылы жерге (немесе қозғалмайтын қатаң жүйеге) бекіту жолдарын қарастырайық. Тəжірибеде жиі кездесетін конструкциялар, көбінесе, екі тірек арқылы (бірі-топсалы-жылжымайтын, ал екіншісі - топсалы-жылжымалы) бекітiледі. Бұрынғы тарауларда айтылғандай, бұл кезде барлық тірек реакцияларының бағыты бір нүктеде қиылыспау керек. Ондай болған жағдайда, яғни барлық тірек реакцияларының бағыттары бір нүктеде қиылысса, онда қарастырылып отырған конструкция, сол қиылысу нүктесі арқылы бір сəтке болса да айналып кетедi де, геометриялық өзгермелі жүйеге айналады. 19-сурет Мысалға, 19-суретте көрсетілген жүйелерге талдау жасайық Бұл суреттегі а) жəне ə) варианттарының тiректері дұрыс орналастырылған, ал б) вариантындағы тіректердің бағыттары о 169

170 нүктесінде қиылысатын болғандықтан, бұл нұсқа геометриялық өзгермелі болып келедi. Аталған о нүктесі сəттік өзгеру центрі деп аталады. 3. Геометриялық өзгермейтін сырықтар жүйесiнiң статикалық анықталу шарттары Қарапайым ферманы кұрастыру үшін, түйіндер саны мен сырықтар саны қандай қатынаста болу керек екеніне көңіл аударайық. Ол үшiн, фермадағы сырықтар санын S деп, түйіндер санын к-деп белгілейік. Негізгi үшбұрыш үш түйiннен жəне үш сырықтардан тұрады. Келесі қосылатын əр түйіндер саны к=3, олардың əрқайсысы екі сырықпен бекітіледі. Сонда S = 3+(к-3) = к - 3. Осыған байланысты, егер S i < к - 3 болса, онда жүйе геометриялық өзгермелі деп тұжырымдалады. Сондықтан, қарастырылған төртбұрышты жүйе (130а-сурет) геометриялық өзгермелi жүйе. Бұл жүйенi геометриялық өзгермейтiн жүйе жасау үшiн, оның диагоналы арқылы тағы бiр сырық қосу керек (130,ə-сурет). Ал бұл жүйеге екінші диагоналды қоссақ (130,б-сурет), онда жүйенің геометриялық өзгермеу шарты үшін, ол сырық артық болып есептеледі. 130-сурет Сонымен, сырықтар жүйесі геометриялық өзгермейтін болу үшін Si k 3 шарты орындалу керек. Бірақ, бұл шарттың жеткіліксіз екенін де атап айтқан жөн. Мысалы, төмендегі екі конструкцияны қарастырайық (131-сурет). Бiрiншi ферма (а) үшiн Si = k 3, ал екiншi ферма (ə) үшiн Si k 3 болғанымен, бұлардың оң жақтағы төртбұрыш элементі геометриялық өзгермелі. 170

171 131-сурет Қарастырылып отырған фермалар геометриялық өзгермейтін болу үшін, олардың оң жақтағы шеткі төртбұрыш элементтеріне тағы бір диагональ - сырық қосу керек. Мұның өзі, бұл конструкцияны статикалық анықталмайтын жүйелер қатарына қосады. Осыған байланысты, статикалық анықталатын немесе статикалық анықталмайтын жүйелерге анықтама бере кетейік. Ғимараттар статикалық анықталатын болу үшін: 1. Олардың тірек реакцияларының саны үштен аспау керек.. Сырықтар саны жүйенің геометриялық өзгермеуіне жеткілікті ғана болып, бірде-бір артық сырық болмау керек. 3. Кез келген қарапайым ферма геометриялық өзгермейтін конструкция болуымен қатар, ол статикалық анықталатын жүйе болып табылады. 4. Негізгі жүйе туралы түсінік. Эквивалент жүйе. Статикалық анықталмайтын жүйелерде, ізделіп отырған шамалардың (тірек реакциялары, ішкі күштер т.б.) саны статиканың тепе-теңдік теңдеулерінен көп екені белгілі. Егер ізделіп отырған белгісіз шамалардаң санын к деп белгілеп, жазық жүйелер үшін статиканың үш тепе-теңдік теңдеуін құруға болатынын ескерсек, онда к-3 саны жүйенің статикалық анықталмау дəрежесін береді, яғни n = к-3 171

172 Мысалы, 13-суретте көрсетілген рамаларды алып, оларға жекежеке талдау жасайық. 13-сурет Бірінші раманың (а) А тірегінде екі реакция, ал В тірегінде бір реакция болатыны белгілі, яғни, n = 3-3 = 0. Демек, бірінші рама статикалық анықталатын жүйе. Екінші раманың (ə) тірек реакциялары да статиканың теңдеулерінен табылады. Бірақ, СЕ, ЕL, LD жəне ДС элементтеріндегі ішкі күштер қима тəсілімен табылмайды, өйткені бұл элементтерді кез келген жерінен тіліп, қима жүргізгеннен кейін, ол қимада тағы да белгісіз үш ішкі күштер N, Q, M пайда болады. Оларды табу үшін қосымша тағы үш теңдеу құру керек. Сонымен, бұл рамадағы белгісіз күштер саны 6. Сондықтан: n = 6-3 = 3. Демек, бұл жүйе статикалық анықталмайтын жүйе, ал оның статикалық анықталмау дəрежесі - 3, басқаша айтқанда бұл рама үш рет статикалық анықталмайтын жүйе. Үшінші раманың (б) екі тіректеріндегі реакциялары үш-үштен болғандықтан n = 6-3 = 3. Сонымен бұл рама да үш рет статикалық анықталмайтын жүйе. Қарастырылған екі раманың бір-бірінен негізгі айырмашылығы бірінші раманың тіректеріндегі реакциялар статиканың теңдеулерінен табылғанмен, оның элементтеріндегі ішкі күштер қималар тəсілімен табылмайды. Ал екінші раманың тірек реакцияларының өзі статиканың теңдеулерінен табылмайды. Осыған байланысты, ə) рамасы - іштей статикалық анықталмайтын, ал, б) рамасы сырттай статикалық анықталмайтын жүйелер деп аталады. Төртінші раманы қарастырайық. Бұл раманың тірек реакциялары да алтау болғанмен, мұндай конструкциялар (құрылмалар) екі рет 17

173 статикалық анықталмайтын болып табылады. Өйткені, С топсасында момент болмайтындықтан, статиканың үш теңдеуіне қосымша тағы бір теңдеу құруға болады. Ол теңдеу ΣM с(сол) = 0, немесе ΣM с(оң) = 0. Конструкцияның статикалық анықталмау дəрежесі арқылы, оның неше байламын алып тастағанда, конструкция статикалық анықталатын болатынын табуға болады. Мысалы, конструкцияның анықталмау дəрежесі n-ге тең болса, яғни, ол n рет статикалық анықталмайтын болса, онда оның n байламы «артық» деген сөз. Сондықтан мұндай конструкцияның n байламын алып тастау арқылы, оны статикалық анықталатын жасауға болады. Бұл жерде есте болатын талап «артық» байламдар алынып тасталғаннан кейін, конструкция геометриялық өзгермелі жүйеге айналып кетпеу керек. 133-сурет Осындай, артық байламдары алынып тасталған (статикалық анықталатын), геометриялық өзгермейтін конструциялар (жүйелер) негізгі жүйелер деп аталады. 173

174 Берілген күштермен жүктеліп, алынып тасталған «артық» байламдардың əсері (реакциялар, ішкі күштер) белгісіз сəйкес күштермен алмастырылған есептеу нұсқа эквивалент жүйе деп аталады. Мысалы, берілген конструкция (133,а-сурет) бес рет статикалық анықталмайтын жүйе, яғни, оның бес байламы «артық». Сол бес байламы алынып тасталған, сонымен қоса сыртқы күштер көрсетілмеген нұсқа негізгі жүйе болып табылады (133,ə - сурет). Сыртқы күштер жəне алынып тасталған байламдардың реакциялары белгісіз X 1, Х, X 3, X 4 жəне Х 5 күштерімен алмастырылған нұсқа (133,б-сурет) негізгі жүйе деп аталады. 5.Күштер тəсілі. Канондық теңдеулер Құрылыс механикасында жиі қолданылатын тəсілдердің бірі - күштер тəсілі. Бұл тəсіл бойынша, негізгі белгісіздер ретінде күштер (реакциялар жəне ішкі күштер) қабылданады жəне оның қолданылу ережесі төмендегідей: - Берілген статикалық анықталмайтын конструкцияның статикалық анықталмау дəрежесі анықталады, - Есептеу нұсқасының негізгі жүйесі таңдалынып алынады, - Алынып тасталған байламдар белгісіз күштер (X 1, Х, X 3,... X к ) арқылы алмастырылып, есептің эквивалент жүйесі көрсетіледі. Егер сызықтық орын ауыстыруды болдырмайтын байлам алынып тасталса, онда ол байлам белгісіз күшпен алмастырылады. Ал, егер бұрыштық орын ауыстыруды болдырмайтын байлам алынған болса, онда белгісіз моментпен алмастырылады, - Алынып тасталған байламдардың ерекшеліктері ескеріле отырып, қосымша теңдеулер құрылады. Осы айтылғандар түсінікті болу үшін, мына бір мысалды қарастырайық (134,а-сурет). Алдымен статикалық анықталмау дəрежесін табамыз. Ол үшін белгісіздердің санын есептейміз. А тірегінде үш реакция, В тірегінде бір реакция, ал тұйық төртбұырштың қималарында үш ішкі күш бар. Сонымен к = = 7 болғандықтан: n = к - 3=7-3 = 4. Статикалық анықталмау дəрежесі n = 4-ке тең болғандықтан төрт байламды алып тастау арқылы, негізгі жүйені таңдаймыз. Осылай қабылданған негізгі жүйенің бір түрі 134,ə-суретте 174

175 көрсетілген. Бұл негізгі жүйе берілген жүйенің В тірегін алып тастап, тұйық төртбұрышты кез келген жерінен қию арқылы қабылданған. Берілген конструкцияның эквивалент нұсқасы 134,б-суретте көрсетілген. 134 сурет Енді, статиканың теңдеулеріне қосымша теңдеулерді құруға кірісеміз. Жүйенің қималарының өзара орын ауыстыруларын δ ik деп белгілейміз. Бұл жердегі і əрпі орын ауыстырудың бағдарын көрсетсе, к əрпі - орын ауыстыруға себеп болған күшті көрсетеді. Қарастырылып отырған конструкцияның тұйық төртбұрыш бөлігінің кез келген жерінен ойша тілік жүргізіп, С жəне Д қималарын (*) алдық. Енді бұл қималар тік жəне көлденең бағытта жылжып, сонымен қатар, өзара бұрылып кете алады. Олардың мұндай орын ауыстыруларын болдырмау үшін Х 1, Х, Х 3 күштерінің шамасы жеткілікті мөлшерде болу керек. Қорыта айтқанда, С жəне Д қималары арқылы тілік ойша жүргізілгендіктен, жоғарыда айтылған орын ауыстырулар іс жүзінде болмайды, яғни δ 1 (Х1, Х, Х3,... Р) = 0 (11.1) Бұл теңдіктің мəні барлық күштердің (берілген күштер P, q,... жəне белгісіз күштер Х 1, Х,...) əсерлерінен С жəне Д қималарының бірінші күш (Х 1 ) бағытындағы орын ауыстыруы нөлге тең. Сол секілді 175

176 δ (Х1, Х, Х3,... Р) = 0, δ 3 (Х1, Х, Х3,... Р) = 0, (11.) δ 4 (Х1, Х, Х3,... Р) = 0. Бұл жердегі δ - С жəна Д қималарының тік бағыттағы орын ауыстырулары болса, δ 3 - олардың өзара бұрылуы. Егер В тірегі болмаса, бұл тірек орналасқан қима δ 4 - шамасына орын ауыстырған болар еді. Бұл қимада тірек болғандықтан, жоғарыда көрсетілгендей δ 4 (Х1, Х, Х3,... Р) = 0. Күштер əрекетінің тəуелсіздігі қағидасын (приципін) пайдаланып, орын ауыстырулардың теңдіктерін түрлендіріп жазайық. δ 1 (Х1, Х, Х3,... Р) = δ 1 Х1 + δ 1 Х δ 1Р = 0... (11.3) δ 4 (Х1, Х, Х3,... Р) = δ 4 Х1 + δ 4 Х δ 4Р = 0 Сонымен кез келген Х к күшінің əсерінен X i күшінің бағытындағы орын ауыстыруы δ ixk шамасы арқылы анықталады. Егер X k күші бірге тең болса, яғни Х к = 1, онда δ ixk = δ ik. (11.4) Олай болса, бұл күштен X i күшінің бағытында туындайтын орын ауыстыру δ ixk = δ ik Х к (11.5) Соңғы тұжырымды пайдаланып, (3) теңдеулер жүйесін төмендегіше түрлендіріп жазуға болады. δ 11 X 1 + δ 1 X + δ 13 X 3 + δ 14 X 4 + δ 1p = 0 δ 1 X 1 + δ X + δ 3 X 3 + δ 4 X 4 + δ p = 0 (6) δ 31 X 1 + δ 3 X + δ 33 X 3 + δ 34 X 4 + δ 3p = 0 δ 41 X 1 + δ 4 X + δ 43 X 3 + δ 44 X 4 + δ 4p = 0 Алынған теңдеулердің саны есептің статикалық анықталмау дəрежесіне тең болады. Егер қарастырылып отырған жүйе п - рет статикалық анықталмайтын болса, онда 176

177 δ 11 X 1 + δ 1 X δ 1п X п + δ 1p = 0, δ 1 X 1 + δ X δ п X п + δ p = 0, (11.7) δ п1 X 1 + δ п X + δ 43 X 3 + δ пп X п + δ пp = 0. Бұл (11.7) теңдеулер күш тəсілінің канондық теңдеулері деп аталады. Канондық теңдеулердегі δ ik коэффициенттерінің мəні белгілі бір күштің (мысалы Х к = 1) əсерінен, белгілі бір бағыттағы (мысалы Х күшінің бағытындағы) орын ауыстыру. Оларды кез келген тəсілмен есептеп табуға болады. Мысалы, Кастилиано теоремасын немесе Мор интегралын, əйтпесе Верещагин тəсілін жəне басқа да тəсілдерді колдануға болады. Инженерлердің жиі қолданатыны Веращагин тəсілі (Бұл тəсіл туралы толығырақ мəлімет «Қосымшада» келтірілген). 6. Күштер тəсілінің алгоритмі Күштер тəсілінің алгоритмін тұжырымдау үшін бірнеше мысалдар қарастырайық. 1-ші мысал. Статикалық анықталмайтын жүйені (135,а-сурет) шешіп, оның қималарында пайда болатын ішкі ию моментінің эпюрасын тұрғызу керек болсын сурет Берілген жүйе үш рет статикалық анықталмайтын рама болғандықтан (өйткені К=6-3=3) раманың оң жақтағы қатаң тірегін алып тастау арқылы негізгі жүйені таңдап алуға болады

178 (135,ə-сурет). Берілген нұсқаның эквивалент жүйесі 135,б-суретте көрсетілген. Канондық теңдеулерді жазайық. δ 11 X 1 + δ 1 X + δ 13 X 3 + δ 1q = 0, δ 1 X 1 + δ X + δ 3 X 3 + δ q = 0, δ 31 X 1 + δ 3 X + δ 33 X 3 + δ 3q = 0. Қарастырылып отырған жүйенің қималарының орын ауыстырулары, негізінен, ию моментіне байланысты болғандықтан, бойлық күш пен көлденең күштерді ескермейміз. Раманың қатаңдағын (ЕI) тұрақты шама деп есептеп, канондық теңдеулердің коэфициенттерін табамыз. Олар - бірлік күштердің əсерінен туындайтын орын ауыстырулар болғандықтан жəне раманың осьтері түзу сызықты екенін ескеріп, Верещагин тəсілін қолданамыз. Ол үшін берілген таралған күштен жəне үш бірлік күштерден Х 1 =1, Х =1, X=1 пайда болатын ию моментерінің эпюраларын тұрғызамыз (136-сурет). Верещагин тəсілін қолданып δ 11 шамасын табамыз. Ол үшін бірінші эпюраны өзіне өзін көбейтеміз, яғни δ 11 = l M1 M1 = ( l l l+ l l l) =. EI EI 3 3EI 136-сурет Ал, δ1 - коэффициенті бірінші жəне екінші эпюраларды өзара көбейту арқылы табылады, яғни 178

179 3 1 l δ1 = M1 M = EI 3EI. Осылайша қалған коэффициенттерді табамыз. Олар δ 13 = 4l EI, δ = 4 6ql, δ 1q EI 1 = δ 1, δ = 3 l 3EI, δ 3 = l, δ q = EI 4 ql EI, δ = 31 δ 13, δ 33 = 3l EI, δ = 3 10ql. 3q 3EI Канондық теңдеулерге табылған коэффициенттерді қойғаннан кейін 0l X 1-3l X +1X 3 =18ql, -6l X 1 +l X -3X 3 = -6ql, 4l X 1-3l X +18X 3 =0ql. Теңдеулер жүйесін шешіп, белгісіз реакцияларды табамыз. Олар: Х 1 =1,083ql, Х = -0,34ql, Х 3 = -0,39ql. Статикалық анықталмайтын жүйені шешу осымен аяқталады. Ал ішкі күштердің эпюрасын екі жолмен тұрғызуға болады. 137-сурет Бірінші жол бойынша артық байламдардың табылған реакцияларын (Х 1, Х, Х 3 ) берілген сыртқы күштердің қатарына қосып (137а-сурет), қарастырылып отырған жүйені статикалық анықталатын жүйе ретінде есептеу керек. Эпюра бұрыннан белгілі тəсілмен тұрғызылады (137,ə-сурет). 179

180 138-сурет Эпюраларды тұрғызудың екінші жолы бірлік күштерден тұрғызылған эпюралардың ординаталарын табылған сəйкес күштерге көбейтіп, оларды қайтадан құрып шығу керек (138-сурет). Бұл эпюраларға берілген күштердің эпюраларын қосып, ізделіп отырған ию моментінің эпюрасын аламыз. Мысалы, раманың А қимасындағы моменттің шамасын табайық. M A =,166 ql +0,34 ql -0,39 ql - ql =0,16 ql. Осылайша, кез келген қимадағы (жалпы алғанда, барлық қималардағы) моменттердің шамасын тауып алуға болады. Табылған нүктелер арқылы керекті эпюра тұрғызылады. -ші мысал. Берілген статикалық анықталмайтын жүйені шешу керек болсын (139,а-сурет). Бұл конструкция екі аралықтан тұрады, олар АС аралығы шеңбердің төрттен бір бөлігі болса, ал CD аралығы түзу сызықты. Екі аралықтың қатаңдығы бірдей жəне тұрақты деп аламыз, яғни EI=const. Берілген шамалар: P=10 kh, r=00 cм. 139-сурет Есептің шарты бойынша, тірек реакцияларын (R A, H A, M A, R B ) табу керек. 180

181 Бұл есепте белгісіздер саны төртеу де (139,ə-сурет), статиканың теңдеулері үшеу болғандықтан, есеп бір рет статикалық анықталмайтын болып табылады, демек бір байлам «артық». Осыған байланысты канондық теңдеу төмендегіше жазылады. δ 11 X 1 + δ 1p = 0 (11.8) Бұл теңдеудегі коэффициенттерді (δ 11, δ 1p ) табу үшін Мор интегралын қолдану керек, өйткені қисық сызықты аралыққа Верещагин тəсілін қолдануға болмайды. Нұсқаны үш аралыққа бөлеміз, олар АС, CD жəне ДВ. Шеткі ДВ аралығында берілген Р күшінен ию моменті туындамайтындықтан, қалған екі аралықтағы моменттердің теңдеулерін жазамыз. Алдымен, бірлік күштен, яғни, Х=1 болғандағы моменттерді табайық. -CD аралығында: M 1 = z, -АС аралығында: M 1 = z 3 = r =rsinφ = r(1+sinφ) Берілген күштерден туындайтын моменттер: -CD аралығында: M p = -P(z -r/) = -P/(z -r), -АС аралығында: M p = -P(z 3 -r/) = -Pr/(1+sinφ), Алынған өрнектерді Мор интегралына қоямыз. δ 11 = π r M1M1dz = zzdz + r (1+ sin φ) rd l EI EI EI φ. Интегралды алғаннан кейін 3 (8+ 9 π ) r δ11 = = 4,69 1EI EI r π / 1 1 P Pr 1p = p 1 ( ( ) ( sin ) (1 sin ) EI = EI l r/ 0 δ M M dz z r z dz r φ r φ rdφ 3 3 ( π + 3)Pr Pr δ11 = = 3, 07 EI EI Бірінші теңдікке қойсақ 181

182 3 3 r Pr 4, 69 X1 3, 07 = 0 X1 = RB = 0, 65P= 78 kh. EI EI Қалған белгісіздерді статиканың теңдеулерінен табамыз. Олар Σz = 0; H A = 0, Σy = 0; R A P + R B = 0, R A = 4 kh. ΣM A = 0; R B r -P۰1,5r +M A = 0, M A = 48kHм. Тақырыптың соңында, күш тəсілінің алгоритмін (есепті шығару жолының тəртібін) келтірейік: 1.Жүйенің статикалық анықталмау дəрежесі табылады..негізгі жүйе таңдалынып алынады. 3.Эквивалент жүйе көрсетіледі. 4.Канондық теңдеулер жазылады. 5.Канондық теңдеулердің коэффициенттері кез келген тəсілмен есептеледі. 6.Канондық теңдеулер жүйесі шешіледі, артық белгісіздер табылады. 7. Эквивалент жүйе берілген сыртқы күштермен жəне табыл ған бұрынғы белгісіз күштермен жүктеліп, статикалық анықталатын жүйе ретінде шешіледі. 7. Симметриялы конструкциялардың статикалық анықталмауын шешудегі ерекшеліктер Бұл тақырыпты қарастырудың алдында бірнеше анықтамаларды тұжырымдап алу қажет. Олар: - Егер конструкцияны, белгілі бір ось арқылы ойша бүктегенде, оның оң бөлігі сол бөлігімен дəл беттессе жəне оның симметриялы элементтерінің қатаңдықтары да бір-бірімен тең болса, онда ол ось - симметрия осі, ал конструкция - симметриялы конструкция деп аталады. -Егер конструкцияны, өзінің симметрия осі арқылы ойша бүктегенде, оның бір бөлігіндегі жүктемелер екінші бөлігіндегі жүктемелермен дəл беттессе, онда олар симметриялы жүктемелер деп аталады. -Егер конструкцияны, өзінің симметрия осі арқылы бүктегенде, 18

183 оның екі бөлігіндегі жүктемелер бір-бірімен дəл беттескенмен, сəйкес жүктемлердің бағыттары қарама-қарсы болса, онда олар-кері симметриялы жүктемелер деп аталады. Соңғы анықтамаға сүйене отырып, ішкі күштерді де симметриялы жəне кері симметриялы күштерге жіктеуге болады. Мысал үшін, конструкция элементінің кез келген қимасын алып қарайық (140-сурет). Келтірілген суретте көрсетілгендей: үш ішкі күш, яғни бойлық күш (N), екі ию моменті (М х жəне М у ) симметриялы күштер, ал қалған үшеуі, яғни бұрау моменті (М б ) жəне екі көлденең күш (Q x, Q y ) кері симметриялы күштер болып табылады. 140-сурет Симметриялы конструкциялардың статикалық анықталмауын шешудегі ерекшеліктерді тиімді пайдалану жолдарын қарастырайық Белгісіздерді симметрия осіне орналастыру тəсілі Мына бір симметриялы раманы шешіп көрейік (141,а-сурет). Бұл симметриялы раманың да (симметрия осі 0-0) оң жақтағы элементтерінің қатаңдығы сол жақтағы сəйкес элементтерінің қатаңдығына тең. Бұдан бұрын қарастырылған есептердің шығару алгоритмі бойынша: 1) Статикалық анықталмау дəрежесі табылды, яғни S=9-3=6. Демек, бұл раманың статикалық анықталмау дəрежесі алтыға тең немесе мұндай раманы алты рет статикалық анықталмайтын рама деп атаймыз. 183

184 141-сурет ) Негізгі жүйе таңдалынып алынады. Негізгі жүйенің мүмкін түрлерінің тек екі ғана түрі 141,ə,б суреттерде көрсетілген. Егер 141,ə-суреттегі негізгі жүйені таңдасақ, онда есептің шешілу жолы оңайланбайды, сол бұрынғыша алты белгісізі бар, алты теңдеуден тұратын алгебралық жүйені шешуге тура келеді. Өйткені бірлік күштерден тұрғызылатын эпюралар, конструкцияның ерекшелігіне (симметриясына) тəуелді болмайды. Ал, 141,б-суреттегі негізгі жүйені қабылдасақ, онда барлық белгісіздер (Х 1, Х,... Х 6 ) конструкцияның симметрия осінде орналасқандықтан, бірлік күштердің эпюралары симметриялы немесе кері симметриялы болып келеді. 3) Эквивалент жүйе 14-суретте көрсетілген. 14-сурет 4) Канондық теңдеулер құрылады. 184

185 n j= 1 δ X + δ = 0, ij j ip Бұл формуладағы i = 1,,. n, n = 6. 5) Канондық теңдеулердің коэффициенттері Верещагин тəсілімен табылады. Ол үшін берілген күштерден жəне бірлік күштерден ию моменттерінің эпюраларын тұрғызамыз (143-сурет). Коэффициенттерді ( δ ij ) есептегенде эпюралар бір-бірімен көбейтілетіндіктен, симметриялы ішкі күштердің эпюрасының кері симметриялы ішкі күштердің эпюрасымен көбейтінділері нөлге тең болатыны 143-суреттерден айқын көрініп тұр, яғни: δ1 = δ13 = δ15 = L = 0. Сонымен, канондық теңдеулер жүйесі екі дербес жүйеге бөлінеді. Бірінші жүйе екі белгісізі бар екі теңдеуден, ал екінші жүйе - төрт белгісізді төрт теңдеуден тұрады. δ 11 X 1 + δ 14 X 4 + δ 1р = 0 δ 41 X 1 + δ 44 X + δ 4р = 0 δ X + δ 3 X 3 + δ 5 X 5 + δ 6 X 6 + δ р = 0 δ 3 X + δ 33 X 3 + δ 35 X 5 + δ 36 X 6 + δ 3р = 0 δ 5 X + δ 53 X 3 + δ 55 X 5 + δ 56 X 6 + δ 5р = 0 δ 6 X + δ 63 X 3 + δ 65 X 5 + δ 66 X 6 + δ 6р = сурет Бұл екі жүйені шешу, алты теңдеуден тұратын жүйені шешуден көп жеңіл екені дау тудырмайды. 185

186 Қорыта айтқанда, симметриялы конструкцияны тиімді шешу үшін мүмкін болған жағдайда барлық белгісіздерді симметрия осіне орналастыру керек. Бұл қаралған есепте конструкция симметриялы болғанмен, сыртқы күштер симметриялы да, кері симметриялы да болған жоқ. Енді сыртқы күштер де симметриялы болсын (144,а-сурет). Бұл кезде, сыртқы күштердің эпюрасы симметриялы болатындықтан (144,ə-сурет) δ 1р = 0, δ 4р = 0. Демек, Х 1 = 0, X 4 = 0. Бұдан мынандай қорытынды жасаймыз: симметриялы конструкциялар симметриялы жүктелген кезде, оның кері симметриялы ішкі күштері, ал кері симметриялы жүктелсе, онда симметриялы ішкі күштері туындамайды. 144-сурет Егер жүктеме симметриялы да, кері симметриялы да болмаса, онда оны, жүктеменің осы екі түрінен тұратын жиынтық ретінде қарастыруға болады. 145-сурет Осылай қарастырылған раманың бірі, мысал ретінде 145-суретте көрсетілген. 186

187 4.. Белгісіздерді топтау тəсілі Бірнеше аралықтардан тұратын конструкцияларды есептеген кезде, барлық белгісіздерді симметрия осіне орналастыру мүмкін болмай қалатын кездер болады. Бұл кезде, симметриялы жəне кері симметриялы эпюралар туыңдау үшін, белгісіздерді жеке-жеке қарастырмай, оларды топтап қарастырған тиімді. Мысалы, төменде көрсетілген раманы (146,а-сурет) талдап көрейік. Алты рет статикалық анықталмайтын бұл раманың негізгі жүйесі 146,ə-суретте, ал эквивалент жүйесі 146,б-суретте көрсетілген. Белгісіз күштер симметрия осінде жатпағандықтан, оларды Z i - күштерімен 146,в-суретте көрсетілгендей етіп алмастырамыз, яғни: X 1 = Z 1 + Z, X 4 = Z 1 Z, X = Z 3 + Z 4, X 5 = Z 3 Z 4, X 3 = Z 5 + Z 6, X 6 = Z 5 + Z 6. Бұдан былай жеке күш болса да немесе топталған күш болса да, түсінікті болу үшін оларды Х i символымен белгілейміз. 146-сурет 1-ші мысал. 147-суретте көрсетілген раманың ішкі күштерінің эпюрасын тұрғызу керек болсын. Раманың геометриялық өлшемдері суретте көрсетілген. Есептеуді жеңілдету үшін h= a деп қабылданған. 187

188 Берілген рама үш рет статикалық анықталмайтын конструкция болғандықтан, оның негізгі жүйесі ретінде 147,ə-суретте керсетілген нұсқа алынды. 147,б-суретте раманың эквивалент жүйесі көрсетілген. Бұл суреттегі - «А» тірегіндегі көлденең бағыттағы реакция: X 1 X 3 = H A ; - «В» тірегіндегі тік бағыттағы реакция: X = R B ; - «С» тірегіндегі көлденең бағыттағы реакция: X 3 X 1 = H C. 147-сурет Канондық теңдеулерді құрамыз. Олар δ X + δ X + δ X + δ = 0, р δ 1 X + δ X + δ 3 X 3 + δ р = 0, δ 31 X 1 + δ 3 X + δ 33 X 3 + δ 3р = 0. Теңдеулердегі коэффициенттерді есептеу үшін бірлік күштерден туындайтын ию моменттерінің эпюралары тұрғызамыз (148-сурет). 148-сурет 188

189 Верещагин тəсілін қолданып коэффициенттерді табамыз. Олар a a a δ 11 =, δ 1 =, δ =, δ 3 = 0, δ 3EI 4EI 1EI 13 = 0, 3 3a δ 33=, EI 3 3Pa δ 1p =, 16EI 3 11Pa δ p =, 19EI 3 Pa δ 3 p =. 16EI Канондық теңдеулерді шешкеннен кейін X 1 = 0,017P, X = 0,64P, X 3 = - 0,01P. Берілген раманың ішкі күштерінің эпюраларын тұрғызу үшін, эквивалент жүйені берілген күштермен (бұл есепте бір ғана күш Р) жəне табылған реакциялармен (H A, R B, H C ) жүктеп, жаңа есеп ретінде қарастырып (149-сурет), керекті эпюраларды тұрғызамыз. Эпюралардың жалпы түрі (Ішкі күштердің сан мəндері келтірілмеген) 150-суретте көрсетілген. 149-сурет Бұл жердегі H A =X 1 X 3 = 0,038P, R B = X = 0,64P, H C = X 3 X 1 =0,004P. 189

190 150-сурет Статиканың теңдеулерін құрып, əлі де белгісіз R A, R C жəне H В реакцияларын табамыз. z = 0; H A H B + H C = 0 HB = 0,034P, M A = 0 ; P 0,5a+ 0, 64Pa RC a= 0 R C = 0, 07 P, M C = 0; P 1,5a 0, 64Pa RA a= 0 R = 0, 43P. Табылған мəндердің дұрыстығын тексереміз. y = 0; P+ 0,07P 0,43P 0,64P= 0. -мысал. Барлық элементтерінің қатаңдықтары бірдей раманың ішкі күштерінің (N, Q, M) эпюраларын тұрғызу керек болсын (151,а-сурет). Есепті шешу жолы (алгоритмі): - конструкцияның статикалық анықталмау дəрежесі анықталады, мысалы, n = 9-3 = 6, - негізгі жүйе таңдалынып алынады 151,ə-суреттегі нұсқа, - эквивалент жүйенің жалпы түрі көрсетіледі 151,б-сурет, - белгісіздері топталған эквивалент жүйе көрсетіледі 151в-суреті; - канондық теңдеулер жазылады; бұл есепте берілген жүктеме кері симметриялы болғандықтан, симметриялы ішкі күштер (X 1, X, X 3 ) туындамайды. A 190

191 151-сурет Сондықтан δ 11 X 1 + δ 1 X + δ 13 X 3 + δ 1р = 0, δ 1 X + δ X + δ 3 X 3 + δ р = 0, δ 31 X 1 + δ 3 X + δ 33 X 3 + δ 3р = сурет - негізгі жүйе сəйкес күштермен жүктеліп, бірлік күштерден жəне берілген сыртқы күштерден эпюралар тұрғызылады 15-сурет. - канондық теңдеулердің коэффициенттері анықталады. Олар 191

192 1196 δ 11 = EI 5 δ 33= EI,, 65 δ 1 = EI 9 δ 1p = EI, 18 δ 13 = EI 1376 δ p = EI,, 565,3 δ = EI 34 δ 3 p = EI., δ = EI, - теңдеулер жүйесі шешіліп, белгісіздер тірек реакциялары анықталады. Олар X 1 = - 4,961, X = - 4,37, X 3 = 14,970., 153-сурет Ішкі күштердің толық эпюрасын тұрғызу үшін төменде көрсетілген тəсілді қолдануға болады. Ол үшін а) бірлік эпюралардың ординаталарын, табылған сəйкес белгісіздердің мəніне көбейтіп, олардың таңбаларын ескере отырып эпюраларды қайтадан құрып шығамыз (153-сурет), б)белгісіздердің мəніне көбейтілген эпюралардың сəйкес ординаталарын өзара қосып, одан кейін ол мəндерді берілген күштерден тұрғызылған эпюраның (153-сурет) сəйкес ординаталарымен қосып, раманың толық эпюрасын аламыз (154-сурет). Мысалы: 19

193 - бірінші қимадағы ию моментінің мəні: М 1 =0+0+14,97=14,97; - екінші қиманың діңгегіндегі ию моментінің мəні: M =4,8+0-14,97=9,83; - екінші қиманың ригеліндегі ию моментінің мəні: M / =M. Осылайша қалған қималардағы (3,4,5,6) ию моменттерін есептеп тапқаннан кейін, ию моментінің толық эпюрасын тұрғызуға болады. 154-сурет в) керек болған жағдайда, ию моментінің эпюрасының дұрыстығын тексеруге болады. Мысалы, үшінші түйінді (154-сурет) алып қарайық. -түйіннің тепе-теңдігі арқылы тексеру. -ию моментінің толық ауданы арқылы тексеру. Раманың барлық элементтерінің бір-біріне тең болғандықтан ( контуры бойынша)

194 14,97 9,83 4,3 9,83 8,46 8, Кеңістіктегі жазық жүйелер жəне кеңістік жүйелер Осы уақытқа дейінгі карастырылған, статикалық анықталмайтын конструкциялар, тек геометриялық тұрғыдағы жазық жүйелер емес, оларға əсер ететін жүктемелер де сол раманың жазықтығында жатады. Мұндай конструкциялар жазық жүйелер деп аталатыны белгілі. Тəжірибеде кездесетін кейбір жазық конструкциялардың жүктемелері конструкцияның жазықтығынан басқа жазықтықта жатады (155,а-сурет). Мұндай конструкциялар кеңістіктегі жазық жүйелер деп аталады. Тəжірибеде жиі кездесетін конструкциялардың жүктемелері жатқан жазықтықтар раманың жазықтығына перпендикуляр болып келеді (155,б-сурет). Жүктемелер жазықтығы, конструкция жазықтығына перпендикуляр болмаған күнде (155,а-сурет), жүктемелерді жіктеп, берілген конструкцияны жазық жүйе жəне кеңістіктегі жазық жүйелердің қосындысы ретінде қарастыруға болады (155,ə,б-суреттер). Геометриялық тұрғыдан қарағанда, элементтері бірнеше жазықтықта, яғни кеңістікте орналасқан конструкцияларды кеңістік жүйелер деп атаймыз. 155-сурет Кеңістіктегі жазық рамалардың ерекшеліктеріне көңіл аударайық. Ол үшін 156а-суретте келтірілген конструкцияны қарастырайық. 194

195 Бұл раманың эквивалент жүйесі 156,ə-суретте көрсетілген. Түсінікті болу үшін, ішкі күштер əсер етіп тұрған қима үлкейтіліп 156,б-суретте көрсетілген. Алты белгісіздің үшеуі (Х 1 Х 3 жəне Х 5 ) раманың жазықтығында жатыр, ал қалған үшеуі (Х, Х 4 жəне Х 6 ) рамаға перпендикуляр орналасқан. Бұл раманың канондық теңдеулері δ 11 X 1 + δ 1 X δ 16 X 6 + δ 1р = 0, δ 1 X 1 + δ X δ 6 X 6 + δ р = 0, (*) δ 61 X 1 + δ 6 X + δ 63 X 3 + δ 66 X 6 + δ 6р = 0. Тақ индексті бірлік эпюраларды жұп индексті бірлік эпюраларға көбейткендегі коэффициенттер нөлге тең болатыңдықтан (*) теңдеулері жеке-жеке екі жүйеге бөлінеді, яғни δ X + δ X + δ X + δ = 0, р δ 31 X 1 + δ 33 X 3 + δ 35 X 5 + δ 3р = 0, δ 51 X 1 + δ 53 X 3 + δ 55 X 5 + δ 5р = 0. жəне δ X + δ X + δ X + δ = 0, р δ 4 X + δ 44 X 4 + δ 46 X 6 + δ 4р = 0, δ 6 X + δ 64 X 4 + δ 66 X 6 + δ 6р = 0. (а) (б) 156-сурет 195

196 Бұларға қоса: - егер жүктеме раманың жазықтығына перпендикуляр əсер етсе (158,ə-сурет), онда δ 1p = 0, δ 3 p = 0, δ 5 p = 0 болатындықтан Х 1 =0, X 3 =0, X 5 =0; - егер жүктеме раманың жазықтығында жатса (жазық рама), онда δ p = 0, δ 4 p = 0, δ 6 p = 0 болады, демек Х =X 4 =X 6 =0; - егер жүктеме кез келген жазықтықта жатса, онда оларды топтап қарастыруға болады. Яғни, раманың өз жазықтығында жатқан жүктемелерді жеке, ал раманың жазықтығына перпендикуляр жүктемелерді жеке қарастырып, шешімдерін ортақтастыру керек. Кеңістік жүйелердің статикалық анықталмауын шешкен кезде, олардың кинематикалық өзгермеуіне мұқият көңіл бөлген жөн. Əр кеңістік жүйені тексерістен даралап өткізетін болғандықтан, оған белгілі бір ереже тұжырымдалмаған. Мұндай есептің шешілу жолын төменде көрсетілген мысал (157а,б-суреттер) арқылы көрсетейік. 1-мысал. Суретте көрсетілген раманың (157,а-сурет) статикалық анықталмауын шешіп, элементтеріндегі моменттердің эпюрасын тұрғызу керек болсын. Ию қатаңдығы EI x, бұрау қатаңдағы GI б болсын. 157-сурет Берілген рама кеңістіктегі жазық рама. Жүктемелер (Р к ) раманың жазықтығына перпендикуляр болғандықтан, ол жазықтықтағы үш ішкі күш нөлге айналады. Қарастырылып отырған қимадағы қалған үш белгісіздің симметриялы ішкі күші (М и ) - ию моменті ғана нөл 196

197 болмайды, ал қалған екеуі көлденең күш жəне бұрау моменттері нөлге тең болады, өйткені, олар - кері симметриялы белігісіздер. Раманың эквивалент жүйесі 157,ə-суретте көрсетілген. Канондық теңдеуді жазамыз. δ 11 X 1 + δ 1р = 0. Канондық теңдеудің коэффициенттерін табу үшін бірлік жəне берілген күштердің эпюраларын тұрғызамыз (158,а,ə-суреттер). 158-сурет Канондық теңдеулердің коэффициенттерін есептейміз l11 l11 4l, EI x EI EI x EI Pl l 1 Pl l 1 Pl. 1p EI x GI EI GI Теңдеуді шешкеннен кейін X 1 Pl( GI 4 EI x). 4( GI EI ) Егер раманың элементтерінің қималары тұтас дөңгелектен жасалса, онда 4EI x 1 EI x Pl GI 6, Pl 1 1,3; X1 0,674Pl. GI 4 EI x 1,3 4 GJ 197 x

198 Ию моментінің толық эпюрасы 159-суретте көрсетілген. 159-сурет 198

199 1-тарау. ЖҰҚА ҚАБЫРҒАЛЫ ҚАБЫРШЫҚТАР. ҚАЛЫҢ ҚАБЫРҒАЛЫ ҚҰБЫРЛАР Кез келген дененің геометриялық формасы үш өлшеммен сипатталатыны белгілі. Өлшемдерінің шамасына байланысты оларды мынандай төрт топқа бөлуге болатынын өткен тарауларда айтылған болатын. 1.Бір өлшемі басқа екеуіне қарағанда бірнеше есе үлкен болып келетін денелерді білеулер немесе сырықтар деп атаймыз. Көлденең қималарының пішініне байланысты, олар негізінен цилиндр не призма түрінде болады.. Екінші топқа жататын денелердің екі өлшемі үшіншісіне (қалыңдығына) қарағанда анағұрлым үлкен болады. Бұл денелер параллель жазықтықтармен шектелсе, өздерінің қалыңдықтарына байланысты: плита, пластина немесе мембрана болып бөлінеді (160,а-сурет). Олардың қисық беттермен шектелген түрі қабыршық деп аталады (160,б-сурет). 3. Келесі топқа үш өлшемдері бір шамалас денелер жатады. Бұлар кеңістіктік денелер деп аталады; оларға шар түрінде жасалған тіректер, қысқа роликтер, машиналардың іргетастары жатады. 4. Соңғы топқа жататын денелер жұқа қабырғалы сырықтар. Олардың үш өлшемі бір-бірінен өте алшақ келеді. Конструкцияларда кездесетін денелерді осылай топқа бөлу, нақты объектінің есептеу нұсқасын дұрыс таңдап алуды жеңілдетеді. 1. Қабыршықтардың негiзгi ерекшелiктерi Сонымен, екі өлшемі үшіншісіне (қалыңдығына) қарағанда анағұрлым үлкен, ал өздерi қисық беттермен шектелген денелердің түрі қабыршық (160,б-сурет) деп аталатыны жоғарыда айтылды. Қабыршықтың екi қисық беттерiнiң арасында жататын жəне олардан бiрдей қашықтықта орналасқан нүктелерден тұратын бет қабыршықтың ортадағы бетi деп аталады. Егер олардың ортадағы бетi сфера түрiнде болса, онда ол сфералық қабыршық, конус түрiнде болса конустық, цилиндр түрiндегiсi цилиндрлiк қабыршық деп аталады. Сонымен қатар, қабыршықтың қалыңдығына байланысты да оларды əр түрге жiктеуге болады. Бiрақ, тəжірибеде кездесетiн қабыршықтардың қалыңдығы негiзiнен тұрақты болып келедi. 199

200 160-сурет Ортадағы бетi айланыс бетi болып табылатын қабыршықтар оське симметриялы немесе жай ғана симметриялы қабыршықтар деп аталады. Мұндай қабыршықтардың қалыңдығындағы кернеулердi тұрақты, яғни қабыршықтар иiлмейдi деген жорамал қабылдасақ, онда олардың шешiмiн оңай табуға болады. Осындай жорамалға сүйене отырып құрылған жекленген теория қабыршықтардың моментсiз теориясы деп аталады. Сонымен қатар, материалдардың физикалық қасиеттері туралы гипотезалардың да объектінің есептеу нұсқасына (соның iшiнде қабыршықтар үшiн де) тікелей қатысы бар. Ол гипотезалар: 1.Материалдардың барлығы да түбегейлі серпімді, демек, денеге əрекет ететін күш алынып тасталғанда, ол дене бастапқы қалпына қайтып келеді. Бұл гипотезадан күштер əрекетінің тəуелсіздігі принципі туындайды..конструкцияларда қолданылатын барлық материалдар изотропты, демек, дененің əр нүктесіндегі қасиеттері барлық бағытта бірдей. Бұл гипотезаның арқасында, зерттелетін элементар көлемді, дененің қай жерінен, қай бағдарда бөлiп алғанымызды айғақтап жатпаймыз. 3.Материалдардың құрамы біртекті, яғни дененің қай жерінде болмасын, оның қасиеттері бірдей. Бұл гипотеза, элементар көлемді зерттеу арқылы анықталған барлық физикалық қасиеттер мен алынған математикалық формулалар осы денеге тəн деп тұжырымдауға мүмкіндік береді. 4.Дененің құрылысы біртұтас, өйткені дене затпен толық толтырылған, ешқандай бос қалған жер мен қуыстар жоқ. 00

201 Инженерлік есептерді зерттеуге математиканың көп салаларын қолдану мүмкіндігін осы гипотеза береді. Қабыршықтар теориясының жалпы мəселелерi Материалдар кедергiсi пəнiнiң аясынан өте алшақ жатқандықтан, бұл тақырыпта тек қабыршықтардың моментсiз теориясының қарапайым мəселелерiн (есептерiн) ғана қарастырамыз.. Симметриялы қабыршықтардың кернеулерiн моментсiз теория арқылы анықтау Қалыңдығы h cимметриялы қабыршықты қарастырайық (161- сурет). Оның ортадағы бетiнiң меридиан доғасының қисықтық радиусын ρ m, ал екiншi бас радиусын (меридиан доғасына перпендикуляр тiк қиманың қисықтық радиусын) ρ t арқылы белгiлейiк. Бұл радиус - ортадағы бетпен симметрия осiнiң арасындағы нормальдың кесiндiсiне тең (161,а-сурет). Жалпы алғанда, ρ m жəне ρ t нормаль мен осьтiң арасындағы θ - бұрышының функциясы болып табылады. Меридиандық жəне нормальдық конусты қималардың көмегiмен (161,ə-сурет) қабыршықтан өлшемдерi ds 1 ds элемент бөлiп аламыз (16-сурет). 161-сурет Элементтiң қырларында σ m жəне σ t кернеулерi пайда болады деп есептеймiз. σ m меридиандық кернеу, мұның векторы меридиан доғасымен бағытталған, ал σ t шеңбер кернеуi. 01

202 16-сурет Кернеулердi сəйкес аудандарға көбейтiп, 16-суретте көрсетiлген элементтiң қырларындағы күштердi табамыз. Олар σ m h ds жəне σ t h ds 1. Бұл күштерден басқа, элементке тiк бағыттағы қысым күшi ( P ds1 ds) де əсер етедi. Осы күштердiң барлығын нормальға проекциялап, төмендегi теңдеудi аламыз P ds ds h ds d h ds d =. ds1 Бұл жерде dθ =, ρ 1 σm θ σt 1 φ 0 m dφ σ ρ ds = болғандықтан ρt σ m t + = m ρt (1.1) Бұл теңдеу «Лаплас теңдеуi» деген атпен белгiлi. Қарастырылып отырған есеп үшiн тағы бiр теңдеу құруға болады. Ол үшiн, қабыршықты конусты тiк қима арқылы екiге бөлiп, оның бiр бөлiгiнiң теңдiгiн қарастырамыз (163-сурет). Қималар тəсiлi бойынша барлық күштердi қабыршық осiнiң бағытына проекциялаймыз. белгiле- Сыртқы күштердiң осьтiк тең əсер күшiн əрпiмен геннен кейiн 0 P h

203 Бұл теңдiктен σ m кернеуiн табамыз, ол (1.) (1.3) 163-сурет Бiрiншi теңдiктен (.1) σ t кернеуiн табамыз. Сонымен, моментсiз теория бойынша қабыршықтың екi бас кернеуi де статиканың теңдеулерiнен табылады. Ал, үшiншi бас кернеу қабыршықтың қатпарларының бiр-бiрiне өзара қысымдары. Бұл кернеу өте аз болғандықтан оны ескермейміз, сондықтан қабыршықтың кернелген күйiн жазық кернелген күй деп есептеуге болады. Қабыршықтың моментсiз теория бойынша есептеу мысалдарын қарастырмай тұрып, төменгi екi теоремаларды дəлелдеп алу керек. 1-шi теорема. Егер кез келген бетке тең таралған қысым əсер етiп тұрса, онда, сол беттiң түрiне (формасына) тəуелсiз түрде, қысым күштерiнiң тең əсер күшiнiң берiлген оське проекциясы, қысым мен (Р) беттiң берiлген оське перпендикуляр жазықтыққа проекциясының ауданының көбейтiндiсiне тең болады. Тең таралған қысым (Р) əсер етiп тұрған А бетi (164-сурет) берiлсiн. Қысымның тең əсер күшiнiң х осiне проекциясын анықтау керек. Бұл проекция Р х төмендегiдей болатыны еш күмəн тудырмайды. P x = А Рcosφ dа. (а) 03

204 Бұл жердегi φ беттiң нормалiмен х осiнiң арасындағы бұрыш. Қарастырылып отырған беттен ауданы dа-ға тең элемент бөлiп аламыз, ал оның х осiне перпендикуляр жазықтығындағы (Х жазықтығы) проекциясының ауданы dа / =dаcosφ, демек Р х = Р А dа / = РА /. (ə) 64-сурет Қорыта айтқанда, қысымның тең əсер күшiнiң х осiне проекциясын табу үшiн, беттi алдын ала Х жазықтығына проекциялап, содан кейiн қысымды сол проекцияның ауданына көбейту керек. Сонымен, бұл теорема дəлелдендi. -шi теорема. Егер кез келген бетке сұйықтың қысымы əсер етiп тұрса (165-сурет), онда қысым күшiнiң тiк бағыттағы құраушысы сол беттен жоғары орналасқан сұйықтың салмағына тең болады 165-сурет 04

205 Бiрiншi теорема бойынша dа ауданы үшiн қысым күшiнiң тiк бағыттағы құраушысын табу үшiн, осы ауданға əсер етiп тұрған қысымды сол ауданның горизонталь жазықтықтағы проекциясына көбейту керек, яғни РdА /. Сұйық үшiн Р=γ x болғандықтан, dа ауданына əсер етiп тұрған тiк бағыттағы күш γ x dа / шамасына тең. Бұл жердегi γ сұйықтың меншiктi салмағы, ал x dа / - dа ауданының үстiне орналасқан элементар призманың көлемi болып табылады. Яғни, iзделiп отырған күштердiң жиыны, А бетiнен жоғары орналасқан көлемдегi сұйықтың салмағына тең болады. Табылған күш, сұйық құйылған ыдыстың формасына тəуелдi болмайтыны айқын нəрсе. 3. Жұқа қабырғалы қабыршықтардағы кернеулердi анықтаудың мысалдары 1-мысал. Радиусы R, қалыңдығы h сфералық қабыршықтың iшiнен р қысымы əсер етiп тұрсын (166,а-сурет). Қабыршықта пайда болатын кернеулердi табу керек. Сфералық қабыршық үшiн ρ m = ρ t = R екенi белгiлi жəне мұндай қабыршық симметриялы болатындықтан σ m =σ t. Лапластың формуласын (.1) пайдалансақ σ m = σ t = pr. h 166-сурет Осыған байланысты, қабыршықтың элементтерi жазық кернелген күйде (екi осьтi) болады (166,б-сурет). Бас кернеулер σ 1 = σ = pr h 05

206 , ал ең кiшi (үшiншi) бас кернудi σ = 0 деп қабылдаймыз. Берiктiкке 3 есептегенде Мор теориясын қолдансақ (к ның шамасына тəуелсiз) pr σ экв = σ 1 кσ 3 = h. -ші мысал. Цилиндр тектес ыдыстың (қабыршықтың) радиусы R, қалыңдығы h, оның iшiнен р қысымы əсер етiп тұрсын (167,а-сурет). Қабыршықта пайда болатын кернеулердi анықтау керек. 167-сурет Көлденең қималардың көмегiмен цилиндрден элемент бөлiп алып (167,б-сурет), осы бөлiктiң статикалық теңдiгiн қарастырамыз. Бұл теңдiктен (.) R h =. m Қысым күшiнiң осьтiк құраушысы (түбiнiң формасы қандай болса pr да) бiрiншi теоремаға сəйкес = R p. Cондықтан, σ m = h. Бiз қарастырып отырған цилиндр үшiн ρ m =, ρ t = R. Сондықтан Лапластың формуласынан шеңбер кернеуiн табамыз. Ол кернеу pr σ t =, яғни шеңберлiк кернеу меридиандық кернеуден екi есе көп. h Цилиндр тектес қабыршықтың АВСD элементi жазық кернелген күйде (екi осьтi) болады (167,в-сурет). Бас кернеулер σ 1 = σ t, σ = σ m жəне ең кiшi (үшiншi) бас кернудi σ = 0 деп қабылдаймыз. Берiктiкке 3 есептегенде Мор теориясын қолдансақ pr σ экв = σ 1 кσ 3 = h. Сонымен, радиусы мен қалыңдығы бiрдей сфера тектес қабыршыққа қарағанда цилиндр тектес қабыршықтың эквивалент кернеуi екi есе көп болады екен. 06

207 3-ші мысал. Радиусы R, қалыңдығы h, жартылай сфера тектес ыдыс (қабыршық) меншiктi салмағы γ сұйықпен толтырылған (168,а-сурет). Қабыршықта пайда болатын кернеулердi анықтап, σ m, σ t жəне σ экв кернеулерiнiң эпюраларын тұрғызу керек. Төбесiндегi бұрышы φ-ге тең конусты нормаль қима арқылы қабыршықты екiге бөлiп, оның төменгi бөлiгiнiң (168,б-сурет) статикалық теңдiгiн қарастырып, келесi формуланы аламыз: = R p. Формуладағы сұйық қысымының тең əсер (құраушы) күшi. 168-сурет Екiншi теоремаға сəйкес, бұл күш қабыршықтың төменгi бөлiгінiң үстiндегi АСЕD цилиндрiнiң көлемiндегi сұйықтың салмағы жəне төменгi бөлiктегi АВС көлемiндегi сұйықтың салмақтарының қосындысына тең болады. Көмекшi бұрыш ψ кiргiзiп, АВСЕD көлемiн табамыз (168,б-сурет) немесе φ 3 V = R sin cos d 0 π ψ ψ ψ V = /3 π R 3 (1-cos 3 φ). Ендi мен σ m табамыз. Олар Лапластың теңдеуiне ρ m = ρ t = R, р = γ R cos φ жəне жоғарыда табылған σ m мəнiн (ə) қойғаннан кейiн 07

208 3 3 γ R 1 cos ϕ 3cosϕ 3h sin ϕ (б) Егер σ m мен σ t -ның таңбалары бiрдей болса, онда σ 1 = σ m, σ =σ, t σ 3 = 0, σ экв = σ 1 кσ 3 = σ m. (в) Егер σ m мен σ t -ның таңбалары əртүрлi болса, онда σ 1 = σ m, σ = 0, σ 3 = σ t, σ экв = σ m кσ t. (г) Алынған формулаларды (а - г) пайдаланып, σ m, σ t жəне σ экв кернеулерiнiң эпюраларын тұрғызымыз (169-сурет). 169-сурет Аталған суреттерден көрiнiп тұрғандай, сфераның төменгi нүктесiнде σ m мен σ t -ның мəндерi бiр-бiрiне тең, ал жоғарғы нүктесiнде σ t -ның таңбасы терiс. 170-сурет 08

209 Эквивалент кернеудiң эпюрасы σ t ның таңбасы өзгеретiн нүктеде бұрылыс жасайды.егер к 0,5 болса, онда қабыршық (ыдыс) үшiн есептеу кернеуi γ R maxσ экв = ( 1 k ), cз 3h σ c бұл жердегi k =. Iшкi қысым кезiнде сығу кернеуiнiң (σ t ) σ cғ a пайда болуы тек сфералық қабыршықтарға ғана тəн емес. Мысалы, цилиндр тектес бак сұйықпен толтырылған кезде (170-сурет), цилиндр бөлiгiнiң оның түбiмен түйiскен жерiнде, белгiлi жағдайларда, сығу кернеулерi пайда болады. Бұл кезде, қабыршық өзiнiң орнықтылығын жоғалтпау үшiн ол жерлердiң берiктiгiн нығайту керек. 4. Қалың қабырғалы құбырлар Жоғарыда симметриялы қабыршықтардың кернеулерiн моментсiз теория арқылы анықтаудың жолдарын қарастырдық. Алынған формулалар жұқа қабырғалы конструкциялар үшін қолданылатынын айтқанбыз, ал техникада, жеткілікті түрде үлкен қысымдарға төтеп беретін конструкциялар да керек екені шүбə келтірмейді. Мұндай конструкциялар сыртқы диаметрі ішкі диаметріне қарағанда бірнеше есе үлкен болып келетін цилиндрлер. Осындай қалың қабырғалы конструкциялар қалың қабырғалы құбырлар деп аталады. Аталған цилиндрдегі кернеулерді анықтау, симметриялы қабыршықтардың кернеулерiн анықтаудан қиынырақ болады, өйткені бұл кезде тек тепе-теңдік теңдеулерімен ғана шектеліп қоймай, орын ауыстыруларды да қарастыруға тура келеді. Бұл есеп Ламе есебі деп аталады (Француз ғалымы, көп жылдар Петербург ғылым академиясында қызмет жасаған) Қалың қабырғалы құбырлар үшін негізгі теңдеулер. Түрі цилиндр тектес, əзірше ұзындығы шектелмеген біртұтас денені алып қарастырайық (171-сурет). Бұл дене кез келген тəсілмен жүктелсін жəне сыртқы күш оське симметриялы болып, ал цилиндрдің осі бойында өзгермейтін (тұрақты) болсын

210 171-сурет 17-сурет Аталған цилиндр деформацияланған кезде, оның əр нүктесі белгілі бір шамаға орын ауыстырады. Конструкция симметриялы болғандықтан, бұл орын ауыстырулар радиал жазықтықта жатады. Нүктелер радиустың жəне сəйкес құраушының бағытында жылжиды. Кез келген нүктенің радиал бағыттағы орын ауыстыруын u əрпі арқылы белгілейміз, ал ол (u) кезектегі радиустың (r) функциясы болып табылады жəне цилиндрдің ұзындығы бойымен өзгермейді. Орын ауыстыру оң бағытта болу үшін, оны цилиндрдің центрінен сыртқа қарай бағыттаймыз (171-сурет). Бойлық орын ауыстырулар (цилиндр осінің бағытындағы) цилиндрдің жалпы ұзаруына немесе қысқаруына тəуелді деп есептейміз. Радиал жəне шеңбер бағыттарындағы салыстырмалы деформацияларды ε r жəне ε t əріптерімен белгілеп, оларды u арқылы өрнектейміз. Ол үшін радиал бағыттағы элементар кесіндіні (AB = dr) цилиндр жүктелгенге дейін жəне жүктелгеннен кейін қарастырамыз (17-сурет). Суретте көрсетілгендей, А нүктесі u шамасына, ал В нүктесі u+du шамасына орын ауыстырады. Бұл кезде, қарастырылып отырған элементтің ұзындығы dr+du болады да, ал оның салыстырмалы ұзаруы келесі формуламен анықталатынына күмəн жоқ du ε k = (1.4) dr 10

211 Бұдан кейін 173-суретте көрсетілгендей, цилиндрдің ішіндегі кез келген шеңбердің ұзындығын, қарастырылып отырған цилиндр жүктелгенге дейін жəне жүктелгеннен кейін қарастырамыз. Қарастырылып отырған кез келген шеңбердің жүктелгенге дейінгі ұзындығы π r, жүктелгеннен кейінгі ұзындығы π ( r+ u) болғандықтан, оның салыстырмалы ұзаруы π ( r+ u) π r u εt = немесе ε t =. (1.5) π r r Соңғы теңдеулердегі u мəнінен құтылсақ d ( t r) r 0 dr ε ε = (1.6) Енді тепе-теңдік теңдеулерін қарастырайық. 173-сурет Ол үшін цилиндрден қисық сызықты призма түріндегі элемент бөліп алайық. Бөлініп алынған элементтің өлшемдері dz, dr жəне болсын (174-сурет). r dϕ 174-сурет 11

212 Осьтік симметрияға байланысты, цилиндрдің осьтік қимасында (элементтің АВСD жазықтығы) тек шеңберлік тік кернеулер - σ t пайда болады да, ал жанама кернеулер болмайды. Сол секілді, u орын ауыстыруының z координатынан тəуелсіздігі шарты ескеріліп, цилиндрдің көлденең қимасында да (СDEF элементінің бетінде) жанама кернеулер болмайды деп есептеледі. Цилиндр өзінің осі арқылы жүктелгендіктен, оның көлденең қималарында тік (нормаль) кернеулер пайда бола алады. Бұл тік кернеулер цилиндрдің осі бойымен де, радиусы бойымен де өзгермейді (тұрақты) деп жобаланады. ABCD жəне CDEF жазықтықтары бас жазықтықтар болғандықтан, ADEG жазықтығы да бас жазықтық болады. Бұл жазықтықтағы кернеулер радиалды кернеулер деп аталып, σ r символымен белгіленеді. Алғашқы радиустан (r) келесі r+dr радиусына көшкенде σ r кернеуі dσ r элементар шамаcына өзгереді. Қарастырылып отырған есептің қойылу шарты бойынша, кернеулер мен орын ауыстырулар тек бір ғана тəуелсіз өзгермелі шама радиустың (r) функциясы болып табылады. Статиканың теңдеулерін құрайық. 1.Элементке əсер етуші күштердің барлығын, радиустың бағытына проекцияласақ ( σ + dσ )( r+ dr) dϕ dz σ r dϕ dz σ dr dz dϕ = 0. r r r t Бұл теңдеуден dσ r d σr + σt = 0 немесе ( r r) t 0 dr dr σ σ =. (1.7).Статиканың қалған теңдеулері тепе-теңдік шартын 0 0 түрінде қанағаттандырады. Жалпыланған Гук заңы бойынша 1 εr σr ν σt σz E 1 = +. (1.8) E = [ ( + )], ε [ σ ν( σ σ )] t t r z Есептің шарты бойынша цилиндір өстік күштермен σ жүктелгендіктен z кернеуін белгілі деп есептейміз. Соңғы (1.8) 1

213 формулалармен (1.6) формуланы өзара шешіп, төмендегі қосымша формуланы аламыз. d ( t r) r 0 dr σ σ = (1.9) (1.7) жəне (1.9) формулаларды бір-біріне қосып, одан кейін оларды бір-бірінен алу арқылы екі формула аламыз. Олар d dr [( σ + σ ) r] ( σ + σ ) = 0, [ r] t r t r d dr ( σ σ ) + ( σ σ ) = 0. t r t r Соңғы теңдеулерді өзара шешкеннен кейін σ + t σ = r A, B σt σr =, r Бұл жердегі А жəне В кез келген тұрақты шама. Оларды анықтасақ B σ = A m r rt, (1.10) (Бірінші индекске жоғарғы таңба, ал екінші индекске төменгі таңба сəйкес келеді). (1.8) теңдеуден εt -ні тауып алып, оның мəнін (1.5) формулаға қою арқылы орын ауыстыруды (u) табамыз 1 1 u = A(1 ν) r B(1 ν) ν σz r E + + r. (1.11) 4.. Қалың қабырғалы құбырлардағы орын ауыстырулар мен кернеулерді анықтау. Ішкі радиусы а, ал сыртқы радиусы в цилиндрді алып қарастырайық. Жалпы қойылымда, бұл цилиндр ішкі жағынан p a қысымымен, ал сыртынан p b қысымымен жүктелсін. Керек болған жағдайда, сəйкес қысымдарды нөлге теңеу арқылы ( p a = 0 немесе p b = 0 ), тек бір жағынан жүктелген күйді талдауға болады. 13

214 Есте болатын жағдай, цилиндрдің түбі болғандықтан, оның қабырғаларында осьтік созу күші жəне осьтік кернеу пайда болады. Олар N p a p b, демек осьтік кернеу co a b paa p b b a b 14. (1.1) Сонымен қатар келесі жорамалдар қабылданады: -цилиндрдің ұзындығы жеткілікті түрде үлкен болғандықтан, осьтік кернеу көлденең қимада бірқалыпты таралған; -цилиндрдің түбінің əсері радиал бағыттағы орын ауыстыруға жоқтың қасында; -кейбір цилиндрлер үшін σ t =0 деп қарастыруға болады. Қойылған шарттарды ескере отырып, (1.10) формуладағы тұрақтыларды (А, В) келесі шекаралық шарттардан анықтаймыз 1) егер r = a болса, онда σ r = pa; ) егер r = b болса, онда σ r = pb; B B Сонымен: A = p p a, a a pb b A A =, a b b a ab B = ( p ) a pb b a. Алынған мəндерді пайдаланып (1.10) жəне (1.11) формулалардың жаңа өрнектерін аламыз. Олар: σ p a p b a b p p m, (1.13) b a r p a a b a b rt, = 1 ν pa a pb b 1+ ν a b pa pb ν u = r+ σ z r E b a E r b a E (1.14)

215 Бұл формуладағы осьтік σ z кернеуі тек радиал бағыттағы орын ауыстыруға (u) əсерін тигізеді. Егер цилиндр қысым күшімен өзінің осі боймен жүктелсе, онда (1.1) жəне (1.14) формулаларға сəйкес: 1 ν p a p b 1+ ν a b p p u = + E b a E r b a (1.15) a b a b r Ал, егер остік күш болмаса, онда: 1 ν pa a pb b 1+ ν a b pa pb u = r+. (1.16) E b a E r b a 15

216 13-тарау. ОРНЫҚТЫЛЫҚ Созылу мен сығылуды біріктіріп, бір тарауда қарастырған едік Оның негізгі себебі, созылу жəне сығылудағы ішкі күштерді табу тəсілі, кернеулерін зерттеу жолдары бірдей екендігі. Сонымен қатар, бұл екі жүктеменің елеулі ерекшеліктерінің жоқ емес екенін де айтқанбыз. Мысалы, қимасының сипаттамаларына байланысты, кейбір ұзын сырықтар сығылғанда, олардың иіліп барып қирайтын ерекшелігін атап өткенбіз. Қорыта айтқанда, сығылып жұмыс істейтін элементтер қосымша зерттеуді талап етеді. 1. Орнықтылық туралы түсінік Кез келген жүйенің, сыртқы күштер əсер еткенде, өзінің бұрынғы күйін сақтап қалу қасиетін, жалпылама айтқанда, орнықтылық дейміз. Егер бұл жүйе, күштер əсерінен бұрынғы күйін сақтап қала алмаса, онда ол орнықсыз жүйе болып саналады. Төмендегі суреттерге көңіл аударыңызшы (175-сурет). 175-сурет Алғашқы суретте орнықты жүйе көрсетілген. Өйткені, ол денені алғашқы орнынан жылжытып, онан кейін, күшті алып тастасақ, дене бұрынғы орнына қайтып келеді. Ортадағы суретте орнықсыз жүйе көрсетілген. Денені орнынан аз-маз күшпен сəл жылжытсақ болғаны, ол дене бұрынғы орнына қайтып келмейді. Енді бір жүйелер, алғашқы орнықтылығын жоғалтқанмен, жаңа орнықты күйге енуі мүмкін. Бұған мысал ретінде, соңғы суретті келтіруге болады. Орнықтылықтың жоғалуының қарапайым мысалы ретінде салмақ центріне Р күші əсер етіп тұрған сырықты алып қарайық (176-сурет). Р күшін, белгілі бір шамаға ұлғайтқанда, сырық иіліп кетеді. Жұқа 16

217 қабырғалы құбыр да (177-сурет) қысымның шамасына байланысты, өзінің пішінін өзгертіп, орнықтылығын жоғалтуы мүмкін. Орнықтылықты зерттегенде, əдеттегідей, есептеу нұсқа қабылданады. Мысалы, сығылып тұрған сырықтың орнықтылығын зерттегенде, оның осі түп-түзу, материалы біртекті, сыртқы күш сырықтың қимасының дəл центріне түскен деп қабылданады. 176-сурет 177-сурет Енді сыртқы күштің шамасы нөлден бастап, біртіндеп өссін дейік. Күш осылай өсе-өсе бір шамаға жеткенде, сырықтың күйі дағдарысқа ұшырайды. Күштің одан əрі сəл өсуі, сырықтың орнықтылығын жоғалтуына əкеп соғады, демек, бұл кезде сырық орнықтылық пен орнықсыздықтың шекарасында тұрады. Міне осы күш - дағдарыс күші деп аталады, яғни жүйенің орнықтылығын жоғалтатын ең аз күшті дағдарыс күші дейміз.. Эйлердің есебі Қимасының центріне түсіп тұрған Р күшімен сығылған сырықтардың орнықтылығын зерттеген ғалымдардың бірі ұлы ғалым Л.Эйлер болатын. 178-сурет 17

218 Енді осы есептің шешілу жолын қарастырайық. Қатаңдығы тұрақты (ЕJ=сonst) сырық Р күшімен сығылып тұрсын дейік. Əлде бір себептермен, ол аздап иілсін (178а-сурет). Осы сырық, Р күшінің қандай мəнінде дағдарысқа ұшырайтынын табайық. Иілген осьтің дифференциалдық теңдеуінің жуық формуласын еске түсірейік. // EJ x y = M ( z) (13.1) Қималар тəсілі бойынша, координата басынан z қашықтықта тілік жүргізіп, сырықтың оң жақ бөлігін алып тастап, қалған бөліктің статикалық тепе-теңдігін қарастырамыз (178,б-сурет). Одан M( z) // = P y немесе EJ y = P y. Теңдіктің оң жағындағы P y шамасын теңдіктің сол жағына өткізіп, қатаңдыққа бөлгеннен кейін x Сонда y P + = k, P k EJ EJ = (13.) // x x Бұл теңдеудің шешуі // y k y + = 0 (13.3) y = C1 Sinkz + C Coskz. (13.4) С 1 жəне С тұрақтылары шекаралық шарттардан табылады. Шекаралық шарттар берілген жүйенің құрылымына байланысты тұжырымдалады. Біз қарастырып отырған жүйе үшін екі ше каралық шарт тұжырымдауға болады. Мысалы, тіректер орналасқан қималар у осімен ешқайда да орын ауыстырмайды, яғни: - егер z =0 болса, онда у = 0, - егер z = l болса, онда да y = 0. Теңдеуге бірінші шартты қойып, С =0 екеніне көзімізді жеткіземіз. Екінші шартты қойғанда C 1 Sink = 0 l. (13.5) 18

219 Бұл теңдеудің екі шешімі бар. 1) С 1 =0 немесе ) Sin k l =0. Егер бірінші шешімді қабылдасақ, онда С =0 жəне С 1 =0 демек, қарастырылып отырған сырық əлі иілген жоқ деген сөз. Сондықтан, бұл шешім есептің берілу шартына қайшы келеді. Екінші шешім бойынша kl = π n, n - кез келген бүтін сан. Бұдан к шамасының квадратын тапсақ - π n k =. l Мұны екінші өрнекке қоямыз P = n π EJ x l. (13.6) Дағдарыс күшінiң анықтамасы бойынша, n=1 болуы керек жəне орнықтылық жоғалатын осьтегі инерция моменті аз болатынын ескеріп J x =J min деп қабылдаймыз. Сонда EJmin P. (13.7) Бұл күш бірінші дағдарыс күші, немесе Эйлер күші деп аталады. Сырықтың серпінді сызығының теңдеуін (13.4-формула), n =1 болғанда kl = π екенін ескеріп төмендегіше жаза аламыз. z y = C1 Sin π l. (13.8) Сонымен, сырық синустың жарты толқынының түрінде иіледі. Ең үлкен орын ауыстыру С 1 тең (179-сурет). 179-сурет 19

220 Сырықтың серпінді сызығы n -ге байланысты бірнеше толқыннан тұруы мүмкін (179-сурет). n π z y = C1 Sin. (13.9) l Эйлер формуласын қолданған кезде, оның жуық формула екенін ұмытпау керек, өйткені серпінді сызықтың жуық формуласында / ( y ) 0 деп қабылданған болатын. Орын ауыстырудың шамасы аз конструкциялар үшін дағдарыс күші (P ) дəл табылады да, орын ауыстыруы үлкен болатын конструкциялар үшін нəтиже дурыс болмауы мүмкін. 3. Эйлер формуласының келтірілген түрі Бір шеті қатаң бекітілген, бос шетіне Р күші əсер етіп тұрған түзу сырықтың орнықтылығын қарастырайық (180, а-сурет). Сырықтың серпімді сызығының дифференциалды теңдеуін жазамыз. // EJy = M ( z) (13.10) Сырықтың бекітілмеген бос шетінің орын ауыстыруы δ 0 болсын. Ию моментінің өрнегін алу үшін, қималар тəсілімен тілік жүргізіп, сол жақ бөлікті алып тастап, оң жақ бөліктің тепе-теңдігін (180б-сурет) қарастырамыз. M( z) = P( δ y) (13.11) 0 (13.10) жəне (13.11) теңдеулерді шешіп // y + k y = k δ 0. (13.1) Бұл дифференциалды теңдеудің шешуі: y = C1Sinkz + C Coskz + δ0. (13.13) Бұл жердегі k =. (13.14) EJ P 0

221 180-сурет Шекаралық шарттар: 1) z=0 болғанда y=0, y / =0, ) z= l болғанда у=d 0. Бірінші шартты пайдаланып, C = δ екенін табамыз. Екінші 0 шартты қолдану үшін у I табамыз / y C1kCoskz CkSinkz =. Бұдан C 1 = 0 екеніне көзіміз жетеді. Соңғы шартты пайдаланамыз. δ0 = δ0coskl + δ0, δ0 Coskl = 0. (13.15) Бұл есепте де δ 0 нөлге тең болмайды, өйткені ол кезде сырықтың осі түзу күйінде қалып, есептің қойылу шартына қайшы келеді. Демек, Бұл теңдеудің шешуі: Cosk l = 0. (13.16) π kl = + π n, n= 0, ± 1, ±, t... (13.17) Бесінші өрнекті соңғы теңдеуге қоямыз. Сонда π (1+ 4 π) P= 4l EJ. (13.18) 1

222 Дағдарыс күшінің анықтамасы бойынша, n = 0 EJ ( ) min P. (13.19) Келесi мысалға 181,а-суретте көрсетілген есепті алып қарайық. 181-сурет Бұл есептің басқа қаралған есептерге қарағандағы ерекшелігі, мұның серпімді сызығының екі қисықтан - АВ жəне ВС тұратындығы. Қисықтығы нөлге тең екі нүктені (С жəне В нүктелері) қосатын сызық / ( ) Р күшінің əсер ету бағытына параллель болмағандықтан, С тірегінде R C реакциясы пайда болады. Ол реакцияны қималар тəсілін қолданып, анықтаймыз. Ол үшін, 181,ə-суретінен ию моментінің өрнегін анықтаймыз, яғни Бұрынғы есептердегідей k теңдеуді шешкеннен кейін M( z) = R ( l z) P y. C P = деп қабылдап, дифференциалды EJ y = C ( ) 1 Sinkz + C Coskz + l z. (13.0) EJ k Теңдеудегі С 1, С жəне R с табу үшін, келесі шекаралық шарттарды қолданамыз. 1) z=0 болғанда у=0 жəне у / =0, ) z=0 болғанда у=0. Осы шарттарға сəйкес үш теңдеу аламыз. R c

223 RC l C + = 0 EJ k RC C1 K = 0 EJ k CSink 1 l+ CCosk l= 0 (13.1) Бұл жүйенің екі шешімі болады. 1)С 1 =С =R c =0, бұл кезде у=о, яғни есептің қойылу шартына қайшы. )С 0 жəне R c 0, бұл кезде, ізделіп отырған шамалардың С 1, С жəне R c коэффициенттерінен тұратын анықтағыш нөлге тең болу кер EI k 1 k 0 = 0 EI k ек, яғни Sinkl cos kl 0 (13.) Анықтағышты ашқаннан кейін Теңдеудің шешуі: tgkl= kl. (13.3) arctgk k π li = l i+ 1 (13.4) Графика жолымен шешу оңай болғандықтан, (13.3) формуладағы функциялардың графиктерін тұрғызайық (18-сурет). Бұл графиктен, нөлден басқа, ең кіші түбірдің жуық шамасын табуға болады. 3

224 18-сурет 3π Қаралып отырған есепте, ізделіп отырған kl шамасы шамасынан сəл азырақ екені көрініп тұр (18-сурет). Сондықтан, k l 1 = 4 деп алып, (13.4) формуланың көмегімен бірнеше рет есептейміз. Соның нəтижесінде 4, 49 екенін дəлелдейміз. Соңдықтан P 4, 49 EI l π EI (0,7 l) = = (13.5) Сонымен, дағдарыс күшінің формуласын өткен есептердегі формулалар түріне келтірсек EJ min P = π l (13.6) ( 0,7 ) Қаралған есептерді салыстыра отырып келесідей қорытындыға келуге болады: дағдарыс күштерін Эйлер формуласымен есептеу үшін бөлшектің бөліміндегі l шамасын белгілі бір коэффициентке көбейтсе болғаны. 4

225 183-сурет Ол коэффициенттер: Эйлер есебінде 1, одан кейінгі есепте, ал соңғы есепте 0,7. Сонымен Эйлер формуласының келтірілген түрі: π EJ P = ( μl) min. (13.7) μ - сырықтардың бекітілу шартына тəуелді коэффициент (ұзындықтың келтірілу коэффициенті). Сырықтардың тəжірибеде жиі кездесетін бекітілулеріне байланысты, μ -коэффициентінің шамаларын көрсетейік (183-сурет). Эйлер формуласының келтірілген түрін, сырық орнықтылығын жоғалтқан кезде, оның серпімді сызығының ерекшелігін пайдаланып та анықтауға болады. Ол үшін, кез келген сырықтың серпімді сызығы синустың жарты толқынынан тұрады деп қарастырса болғаны. 4. Эйлер формуласының қолданылу шегі Эйлер формуласының қорытылу мəселесін математикалық көзқараспен зерттеп көрейік. Сырыққа əсер етуші сыртқы күш Р нөлден бастап біртіндеп өсті дейік. Оның шамасы Р=P дғ болған кезде, сырық орнықтылығын жоғалтып, синусоида болып иілді дейік. Бұл кезде kl = π, яғни тек Р күшіне ғана тəуелді, өйткені ЕJ=сonst. P<P дғ болса, сырық бұрынғы қалпына қайтып келеді, яғни оның осi түзелiп тiк күйiн сақтап тұрады. Ал, Р>P дғ болса ше? Бұл кезде де kl π, демек kl 0, сондықтан С 1 =C =0. Олай болса,

226 сырықтың осi, сыртқы күш дағдарыс күшінен асып кеткен кезде, сырықтың иілген осі қайтадан түзеліп кетеді. Сыртқы күш сырықты иген күштен артық болғанда, сырықтың иілген осі түзелуі мүмкін еместігін əрбір адам біледі. Сонда бұл не, есептің шешілуі қате ме, əлде парадокс па? Оның ешқайсысы да емес; Эйлердің алған шешімі - дербес шешім. Жоғарыда ( ) айтылғандай, есептің берілу / шартында аз деформациялар қаралатыны, дəлірек айтқанда ( y ) 0 болатындай орын ауыстырылулар анықталатыны көзделген. Егер дифференциалдық теңдеудің жуық формуласын қолданбасақ, онда басқа нəтиже алған болар едік. Қорыта айтқанда, Эйлер формуласы аз деформацияланатын конструкциялар үшін қолданылады. Ал, «аз» деген сөз қандай мағынада қолданылады, оны немен бағалаймыз? Түсінікті болу үшін, көптеген сынақтардың нəтижесінде тұрғызылған кернеу мен деформацияның графигін (диаграммасын) қарастырамыз. Ол диаграммалар осы оқулықтың бірінші тарауында / толық қарастырылған. Ол диаграммалардан ( y ) 0 деп қабылдауға болатын шекарасы ретінде материалдардың пропорционалдың шегін алуға болады, яғни σ. (13.8) Осы теңсіздікті қолданып, Эйлер формуласының қолданылу шегін табамыз. Дағдарыс кернеуін табайық. P 6 EJ. (13.9) J қатынасын (i) арқылы белгілейміз де, i шамасын қиманың инерция радиусы деп атаймыз. J i = a Екінші формуланы қайталап жазайық π E = ( μ ) (13.30) l i (13.31)

227 Бөлшектің бөліміндегі шаманы майысқыштық деп атаймыз да λ əрпімен белгілейміз, яғыни μ l = λ. Дағдарыс кернеуі: i π E = λ. (13.3) (13.8) теңсіздігін пайдаланып, майысқыштықты табамыз. E. (13.33) Сонымен, конструкция осы теңсіздікті қанағаттандырса ғана Эйлер формуласы қолданылады. Мысалы, құрылыс болатын (ст.3) қарастырайық. Бұл болаттың механикалық сипаттамалары: Е= 10 5 МПа, σ пц =00 МПа Эйлер формуласының қолданылу шегіне сəйкес майысқыштықты табайық 5 3,14 10 [ λ] = Осы болаттан жасалған конструкцияның майысқыштығы жүзден жоғары болса ғана Эйлер формуласы қолданылады, яғни λ 100. Конструкцияда қолданылатын материалдар үшін майысқыштықтың мүмкін шамалары (13.33) формула арқылы табылады. [ λ] 7 π E = (13.34) σ ïö Осыған байланысты, Эйлер формуласының қолданылу шарты λ [ λ] (13.35) 5. Дағдарыс кернеуінің толық графигі туралы Дағдарыс кернеуінің шамасы материалдың пропорционалдық шегінен артық болған жағдайдағы орнықтылықты зерттеу де, əдеттегідей, екі жолмен жүргізілді: теориялық жəне эксперименттік. Теориялық жұмыстарды атағанда, 1889 жылы шыққан Ф.Энгессердің еңбегіндегі дағдарыс кернеуінің формуласынан бастаған дұрыс секілді.

228 π E1 =. (13.36) λ Δδ Бұл формуладағы E1 = Δl пропорционалдық шегінен асыра сығылған сырықтың өзгермелі серпімділік модулі (184-сурет). 184-сурет Орнықтылығын жоғалтқан сырықтың қимасында пайда болатын қосымша кернеулер, бұл формулада ескерусіз қалған. Осыны ескерген Ф. Энгессер (1895 ж.) жəне Т. Карман (1909 ж.) жаңа формула ұсынды. * E. (13.37) Бұл жердегі * EJ 1 1+ EJ E =. (13.38) J J 1 - қиманың қосымша жүктелген жағының (ойыс) инерция моменті; J - қиманың жүктемесі кемітілген жағының (дөңес) инерция моменті; J - қиманың толық инерция моменті; Е 1, Е - ойыс жəне дөңес жақтардың серпінділік модулдері. Эксперименттік жұмыстардың ішінен кең көлемді жəне тиянақты 8

229 сынақ жүргізген Тетмайестрдің жұмысын (1896 ж.) атаймыз. Осы жұмыстардың нəтижесінде Тетмайер-Ясинскийдің формуласы өмірге келді. = a bλ. (13.39) Бұл формуладағы а жəне в коэффициенттері материалдардың тұрақты сипаттамалары болып табылады. Есептеу тəжірибесінде соңғы формула жиі қолданылады. 185-сурет Дағдарыс кернеуінің толық графигін түрғызу үшін Эйлер формуласы мен Тетмайер-Ясинский формулаларын қолданамыз. График тұрғызған кезде, көпшілік материалдардың өздерінің орнықтылығын жоғалтпай-ақ қирайтыны есте болу керек (мысалы - майысқыштықтың шамасында). Түсінікті болу үшін, құрылыс болатының (ст.3) графигін тұрғызайық (185-сурет). Бұл материал үшін λ 100 a 40. Ал, 40 < λ < 100 кезде (13.31) формула қолданылады. Егер λ < 40 болса, конструкция орнықтылығын жоғалтпайды (185-сурет). Мұндай графиктерді кез келген материал үшін құрып, есептеу кезінде пайдалануға болады. 6.Сығылған сырықтарды есептеу Бұдан бұрын айтылғандай, сығылған сырықтарды екі жолмен тексеру керек: P 1) беріктікке, бұл жердегі ; 9

230 P ) орнықтылыққа, бұл жердегі P, Бір материалға екі мүмкін кернеу белгілемеу үшін, олардың қатынастарын қарастырайық. немесе ϕ - əрпімен белгілеп, оны негізгі мүмкін кернеуді төмендету коэффициенттері деп атаймыз. Сонымен. (13.40) Сығылып жұмыс істейтін элементті есептегенде P, P p. (13.41) (13.4) Бұл формуладағы ϕ коэффициенті, майысқыштыққа байланысты, таблицадан алынады, яғни f ( ) (13.43) Тəжірибеде, (13.4) формула бойынша беріктікке, ал (13.4) формуламен орнықтылыққа есептейміз. Есептеу жолын төменгі есептер арқылы көрсетейік. 1-мысал. Р=40т күшімен жүктелген 186-суретте көрсетілген сырық қоставрдан жасалған. Материалдың мүмкін кернеуі 1600 /.. Қоставрдың нөмерін таңдап алу керек. 30

231 186-сурет P (13.3) формуладан 5.. Таблицадан 1000 қоставрдың нөмерін анықтаймыз. Мемлекеттік стандарт бойынша, ең ыңғайлы қоставр 18а, ауданы А=5,4см, і=,1см. Енді (13.13) формуламен орнықтылыққа есептейміз. Ол үшін майысқыштықты λ табамыз, яғни μ l 00. λ = = 187 i,1 Анықтамаларда келтірілген ϕ = f ( λ ) таблицасынан интерполяция арқылы φ шамасын анықтаймыз ϕ=0,16 σ = = 790 >> ,16 5,4. Бұдан келесідей қорытынды жасаймыз. Егер 18 қоставрдан жасалған сырық орнықтылығын жоғалтпаса, онда берілген жүкті көтеріп тұра алар еді. Бірақ, соңғы есептеудің көрсетуіне қарағанда, мұндай сырық орнықтылығын жоғалтып алады, өйткені σ >> [ σ]. Жоғарыда келтірілген (13.33) формулада екі белгісіз (φ, А) болғандықтан φ шамасын өзіміз тағайындаймыз (көз мөлшермен). Мысалы, ϕ 1 =0,5 болсын, онда P c 0, ϕ Мұндай ауданы бар қоставр жоқ, ең жақын шамасы бар қоставрдың нөмірі 30а. 31

232 Ол үшін А 1 =49,9cм, i =, Майысқыштықты табамыз λ = = 136.,95 Бұл майысқыштыққа сəйкес φ=0,376. Біздің тағайындаған φ-дің мəнінен бұл шама тым алшақ жатқандықтан, есепті қайталап шығарамыз. Ол үшін 0, ϕ = = 0.438, 57. 0, Бұл шамаға, көлденең қимасының ауданы сəйкестеу келетін қоставр 36. Оның ауданы А=61,9см, инерция радиусы і=,89см. Майысқыштығын табайық 00 λ = = 138.,09 Таблицадан φ мəнін табамыз. Ол φ =0,368. Бұл шама біздің қабылдаған φ-дің мəніне таяу болғандықтан, осы қоставрды орнықтылыққа есептейік. P ϕ ,36861, /. Сырықтағы кернеу мүмкін кернеуден көп болғандықтан, келесі қоставрды қабылдап, оның орнықтылығын тексереміз. Келесі қоставр 40, 7,6, i 3,03. Мұның 00 - майысқыштығы: λ = = 13. 3, 09 - негізгі мүмкін кернеуді төмендету коэффициенті: φ = 0,39, - қимадағы кернеуі ,397,6 Қырқыншы жəне отыз алтыншы қоставрлардың арасында басқа қоставр болмағандықтан, бұл сырықтың қимасындағы кернеудің мүмкін кернеуден өте аздығына қарамастан, соңғы қоставрды ( 40) қабылдаймыз. -мысал. Екі швеллер ( ) жəне екі болат қаңылтырдан

233 жасалған (көлденең қимасы жəне қиманың өлшемдері суретте көрсетілген), ұзындығы l=6м діңгектің екі шеткі қималары топсалы болып бекітілген (біреуі топсалы жылжымайтын, ал екіншісітопсалы жылжымалы). Швеллер мен қаңылтыр болаттар бір-бірімен тойтарма шегелер арқылы бекітілген. Тойтарма шегелердің диаметрі 0мм (187-сурет). Негізгі мүмкін кернеуді төмендету коэффициентін пайдаланып, осы діңгек көтере алатын мүмкін жүктемені анықтау керек. Негізгі мүмкін кернеу [ σ ] = 1600кг/см. Қаңылтыр болаттың таңбасы - Ст.3. Шешуі. Алдымен, швеллердің геометриялық сипаттамаларын сортаменттер кестесінен тауып аламыз. Яғни А=6,7см, I x =110см 4 жəне I y =151см 4. Сонымен діңгек қимасының геометриялық A = 6, = 117,4 см ; сипаттамалары: ( ) I y 3 13 = , 7 ( 16 8, +, 1) + = см 4 ; I x = ,5 = I см 4 x f Iy. болғандықтан, қиманың ең кіші радиус инерциясы: i min I y = iy = = = 9,73см. A 117,4 μ l 160 Діңгектің майысқыштығы λ = = = 61,7. i 9,73 Бұл майысқыштыққа сəйкес ϕ негізгі мүмкін кернеуді төмендету коэффициентінің кестесінен сызықтық интерполяциялау арқылы табылады. Берілген Ст.3 болаты үшін ϕ = 0,85. Ізделіп отырған ең үлкен мүмкін жүктеме: [ P ] ϕφ [ σ] A 0, , min = = кг. 33

234 187-сурет Тойтарма шегелердің диаметріне сəйкес тесіктер болғандықтан, қиманың ауданы сол шамаға кемиді, яғни, таза аудан A A 4 d( t t ) 117, 4 4 (1 0,95) 101,8. Беріктік шартынан P σmax = [ σ] P [ σ] Aí = ,8 = кг/см A. í Сонымен, діңгек көтере алатын мүмкін жүктеменің шамасы P = т. орнықтылық шартынан анықталады, ол: [ ]

235 14-тарау. АЙНЫМАЛЫ КЕРНЕУЛЕР ƏСЕРІ КЕЗІНДЕ БЕРІКТІККЕ ЕСЕПТЕУ Машина жұмыс істеп тұрған кезде, оның көптеген бөлшектеріндегі кернеулер уақытпен бірге өзгеріп отырады. Мысалға, вагон келе жатқанда, оның осінің қабаттары бір созылып, бір сығылып отырады, яғни қимасының кез келген нүктесіндегі (центрден басқа) кернеулердің таңбасы да белгілі бір уақытта өзгеріп отырады. Мұндай өзгерістер белгілі бір заңдылықпен туындайтын болғандықтан, оларды бір циклді өзгерістер дейміз. Циклді жүктеменің қауіпті екені тəжірибеден белгілі, мысалы, темір сымды тез сындыру үшін, оны ешкім бұрап, не созып жатпайды, тек екі жаққа кезек иеді (188-сурет). Сол секілді, тұрақты күшке есептелген конструкция циклді күшпен əсер еткенде тез қирайтынын тəжірибеден жиі көруге болады. Əрине, қирау мерзімі əсер етуші күштiң, одан пайда болатын кернеудің шамасына байланысты. 188-сурет Егер кернеудің шамасы үлкен болса, конструкция 5-6 циклден кейін-ақ қирап қалуы мүмкін, ал кернеу аз болса, онда миллион, тіпті миллиард циклде де қирамауы ықтимал. Кернеудің белгілі бір шамасында конструкция жеткiлiктi түрде ұзақ жұмыс істей алады. 1. Материалдардың қажуы туралы Өзгермелі кернеудің əсерінен қираған бөлшектерді зерттеген кезде, оның сынған қимасынан, бір-бірінен үлкен айырмашылығы бар, екі, аймақты көруге болады. Мұның біреуінің беті тегістелген, ондағы кристалдар көзге əрең көрінеді жəне өзі бірнеше бөліктен тұрады. Бұл аймақтың біртіндеп өскені, материал жұмыс істемеген кезде өзгеріссіз қалып («демалып»), жұмысқа қайта кіріскенде оның аумағының одан əрі «өскені» байқалады. 35

236 Ал, екінші аймақтың беті бұжыр-бұжыр, кристалдарының қырлары үшкір жəне жылтырап тұрады. Мұның таяу арада сынғаны білініп тұрады. Осыған байланысты, алғашқы кезде төмендегі тұжырымдар жасалған еді: 1) қираудың себебі - металдың кристалдық құрылымының өзгеруі; ) осы өзгеріске байланысты, металл шаршай-шаршай қажиды. Сондықтан, материалдар кедергісінде, жалпы беріктікке есептегенде, қажу беріктігі деген ұғым пайдаланылып жүрді. Қазіргі уақытта, циклдік жүктеме кезінде де, металдың құрылымының өзгермейтіні дəлелденіп отыр. Материалдардың қирауының негізгі себебі олардың ішіндегі микросызатшалар, микрожарықшалар жəне сəтсіз орналасқан кристалдардың əлсіз жазықтарының арасындағы созылымдылық (пластикалық) деформациясы. Мысалға, қиманың ішіндегі микрожарықшаны зерттеп көрейік (189,а-сурет). Циклді жүктеме (күш) қимаға бір бағытта əсер еткенде микрожарықша ашылады (189,а-сурет), ал кері бағытта əсер еткенде ол жабылады (189,б-сурет). 189-сурет Микрожарықшаның беттері жанасқан сайын, бір-бірімен үйкеліп, оның беттері тегістеле бастайды. Осының нəтижесінде, жоғарыда айтылған бірінші аймақ пайда болады. Кейбір себептермен кернеу өссе, онда микрожарықша ұлғайып, тегістелетін аймақтың екінші бөлігі пайда болады. Жарықша осылай өсе-өсе, қиманың ауданын азайта береді, ал қима ауданы беріктік шегіне жеткенде конструкция кенеттен қирауға мəжбүр болады. Бұл кезде, кристалдары таза екінші аймақ пайда болады. 36

237 . Циклдің негізгі сипаттамалары Айналып тұрған білiкке күші əсер етсін (190-сурет). Бұл кезде, білікте циклмен өзгеретін кернеу пайда болады, өйткені айналып тұрған біліктің қабаттары біресе созылып, біресе сығылып жұмыс істейді. 190-сурет Енді, осы біліктің көлденең қимасын үлкейтіп көрсетейік (191,а-сурет). Қиманың А нүктесіндегі кернеуді табу үшін, иілудегі формуланы қолданамыз, яғни M A. (14.1) J x Қиманың А нүктесiнен бейтарап оське ( x ) дейiнгi қашықтық y синусоида түрiнде өзгерiп отырады (191б-сурет), яғни D y = Sinω t. (14.) бұл жердегi ω - бiлiк айналуының бұрыштық жылдамдығы, t уақыт. 191-сурет 37

238 Сонымен P a D σ () t = Sinω t. (14.3) J x Тiк кернеудiң (σ) амплитудасы P a D σ a =. (14.4) J x Мұндай цикл симметриялы цикл деп аталады. Ең аз кернеудің ең үлкен кернеуге қатынасы - циклдің асимметриясының коэффициентi деп аталады. σ σ min max = R δ. (14.5) Жоғарыда қарастырылған симметриялы цикл үшін σ = σ σ a демек = = 1. max min, R δ σ a 19-сурет Сызықтық кернелген күйді қарастырып көрейік (19,а,бсуреттер). 38

239 Бұл жердегі σ m σ + σ max min = - кернеу циклінің тұрақты құраушысы, σ σ + σ max min a = - кернеу циклiнiң амплитудасы. Егер σ min =0 немесе σ max =0 болса, онда цикл «селкiлдi» циклі (пульсационный) деп аталады (19,б,в-суреттер). Мұндай цикл үшін R σ =0 немесе R σ =. 3. Төзімділік шегі Төзімділік шегін анықтау үшін, алдымен қанша сынақ жүргізу керектігі белгіленеді. Тəжірибеде, кем дегенде он үлгі дайындалады, олардың бір-бірінен айырмашылығы болмау керек. Онан кейін, материалға байланысты жəне бұл материалдың қандай конструкцияда қолданылатынына байланысты сынақ циклінің саны анықталады. Цикл саны 5 6-дан бастап, миллионмен (тіпті оданда көп) есептелетін санға дейін болуы мүмкiн. Сынақ жүргізілетін цикл саны - сынақтың негізі деп аталады. Ал, сынақ негізіне дейін үлгі қирамайтын, циклдің ең үлкен кернеуі (σ max ) - төзiмдiлiк шегі деп аталады. Енді төзiмділік шегін анықтау мəселесіне толығырақ тоқталайық. Үлгілердің жартысына таяуын, қималарында үлкен кернеу туатындай етіп жүктейміз, яғни қимадағы кернеулер беріктік шегінің процентіндей болу керек. Əрине, бұл кезде үлгі көп цикл санына шыдай алмайды. Бұдан кейін кернеу шамасын азайтып барып сынақ жүргіземіз. Кернеу шамасы азайған сайын, үлгі қирағанға дейінгі цикл саны жеделдетіп өсе бастайды. Əр үлгіні сынағаннан алынған нүктелерді σ-n жүйесіне түсіріп отырамыз. Бұл жүйені жартылай логарифм шкаласы түрінде қарастырған ыңғайлы болады. Осының нəтижесінде, N= (σ) функциясының графигін аламыз (193-сурет). Бұл графикті тұрғызу үшін, бірінші үлгінің қимасында 500 МПа кернеу пайда болатындай етіп жүктейміз. Əрине, үлгі аз циклде-ақ қирайды, циклдің осы санына сəйкес 1-ші нүктені табамыз. Кернеуді біртіндеп төмендете отырып,,3,4-шi жəне 5-ші нүктелерді тауып, 39

240 σ-n жүйесіне орналастырамыз. Кернеуді 50МПа шамасына төмендеткен кезде, сынақ негізінде (10 7 ) үлгі қирамайды. Демек, үлгі бұл кернеуде мəңгі жұмыс істей алады. Ол нүктені жебе түрінде белгілейміз. Енді кернеуді біртіндеп көбейте бастаймыз. Жетінші жəне сегізінші нүктелерге сəйкес кернеулер (<300МПа) кезінде де үлгі, керегінше, көп уақыт қирамай жұмыс істей алады. Ал кернеу 300МПа шамасынан сəл жоғары болғанда, үлгі сынақ негізіне жетпей қирайды. Міне, осы нүктелер арқылы, төзімділік шегінің графигін аламыз (193-сурет). Аса көп уақыт жұмыс істемейтін конструкция элементтері үшін, жоғарыда алынған графиктің көмегімен төзімділік шегін анықтауға болады. Мысалы, N=10 5 үшін аталған графиктен 1N 400M екенін көреміз. Төзімділік шегін тəжірибеден (сынақ арқылы) табудың кемшiліктері де аз емес. Атап айтқанда, сынақтан анықталатын шамалардың əрқилы болуы көптеген үлгілерді сынауға əкеп соғады, оның нəтижесін статикалық тəсілмен есептеу, аз еңбек тілемейді. Осыған байланысты, төзімділік шегін, материалдың белгілі механикалық сипаттамалары арқылы өрнектеу туралы ұсынысы бар. 193-сурет Мысалы, болат үшiн жоғары төзiмдi болат үшiн , 4 0,5 (14.6)

241 M () (14.7) 6 түстi металдар үшiн ( ) σ 1 0, 5 0,5 σ y (14.8) кəдiмгi болат бұралғанда морт материалдар үшiн 0,6 (14.9) 1 1 τ 0,8σ (14.10) 1 1 Кейбір материалдардың төзiмдiлiк шегi төменгi кестеде келтiрiлген. Материалдар σ а, МПа σ -1, МПа, МПа (Иілу) τ -1, Мпа Аз көмiртектi болат Шынықтырылмаған болат Шынықтырылмаған болат Шынықтырылған болат 30хГСА Сұр шойын Алюминий қорытпасы АМЦ Органикалық шыны Біздің осы уақытқа дейін жүргізгеніміз симметриялы цикл кезіндегі сынақ (зерттеу). Ассиметрия циклінде сынақ жүргізу, əрине, күрделi болып келеді. Мұндай сынақ үшін он емес, əлдеқайда көп үлгілер керек. Сынақ жүргізу үшін, дайындалған үлгілер бірнеше топқа бөлінеді. Əр топ үшін, белгіленген тəсілмен σ а шамасының шектік мəні σ m шамасынан тəуелді түрде анықталып, σ а - σ m жүйесіне түсіріледі. Келесі топтарды, осылайша сынай отырып, олар үшін де нүктелер табылады. Соның нəтижесінде шектік амплитудалар диаграммасын аламыз (194-сурет)

242 194-сурет Егер белгілі бір цикл үшін σ а жəне σ белгілі болса, онда ол нүктенi m (жұмыс нүктесi) диаграммаға түсіреміз. Егер бұл жұмыс нүктесі АВ қисығынан төмен жатса, онда бұл үлгі сынақ негізіне дейін өзінің беріктігін жоғалтпайды. Ал, нүкте қисықтан жоғары жатса, онда циклдің белгілі бір санында үлгі сынады. Мұндай диаграмманы жасау өте-мөте қиын болғандықтан, оны жуықтап жасауға да болады. АВ қисығын екі түзу арқылы (АС жəне ВС) жуықтап сызамыз (194-сурет). АС сызығының бұрыштық коэффициенті Ψ σ =tga. Бұл түзуді сызу үшін σ -1 кернеуінің мəнін білсе болғаны. Өйткені Ψ σ шамасының мəні, тəжiрибеде жиi қолданылатын материалдар үшін сынақ арқылы табылған. Мысалы, көміртекті болаттар үшін Ψ σ =0,1 0,; Y t =0,05 0,1. Ал, легирленген болаттар үшін Ψ σ =0, 0,3; Y t =0,1 0,15. ВС сызығы координаталар осьтерімен (σ а жəне σ m ) 45 бұрыш жасап сызылады. Бұл диаграмманың көмегімен өзгермелі кернеулер пайда болатын бөлшектерді беріктікке есептеуге болады. 4. Циклдік жүктеме кезіндегі беріктік қорын анықтау Өткен параграфтағы шектік амплитудалар диаграммасынан шамасын табайық. f 1 1 4

243 a 1 AC 1 1 ; 1 1 m m AC tg ; 1, (14.11) Бұл сызылған диаграмма да, қорытылған өрнек те үлгілерді зерттеу арқылы алынғандықтан, бұл нəтижелер сол үлгілеге тəн деп есептеуге болады. Ал, конструкцияға немесе оның бөлшектеріне көшсек, онда көптеген қосымша мəселелерді, шамаларды ескеруіміз керек. Олар: 1) кернеулер шоғырлануы; ) масштаб əсері; 3) бөлшек бетінің өңделу сапасы. Бұл шамалар, циклдің шектік амплитудасын бірнеше есе азайтады. Осыны ескере отырып, диаграмманың нақты түрін көрсетейік (195-сурет). Циклдің шектік амплитудасы К-рет төмендейді жəне бұл коэффициент (К) жоғарыда көрсетілген үш мəселеге байланысты анықталады, яғни кернеулер шоғырлануына, масштаб əсеріне жəне бөлшек беттерінің өңделу сапасына тəуелді болады. Бұл коэффициентті табу үшін қолданылатын формулалар: немесе Kσ K = K K dσ K 1 σ 1 K = + 1 Kdσ KF K F a, (14.1) υ. (14.13) m 195-сурет 43

244 Бұл жердегі: К σ - шоғырланудың нəтижелі коэффициенті, К dσ - масштаб əсерінің коэффициенті, K F - бет өңделу сапасының коэффициенті, K v - бет нығаю коэффициенті Циклдің номиналь кернеулері (σ m ном, σ а ном ) деген ұғым кіргіземіз. Бұл кернеулер - материалдар кедергісінің негізгі формулаларымен табылатын, ең қауіпті қимадағы кернеулер. Жұмыс нүктесінің L координаталары ретінде, циклдің номиналь кернеулерін σ m ном, σ а ном қабылдаймыз (195-сурет). Егер бұл нүкте шектік түзуден А С төмен жатса, онда есептеліп отырған бөлшектің беріктігінің біраз қоры бар деп есептеледі. Циклдің құраушыларын біртіндеп өсіре отырып, шектік күйге (D нүктесі) жетуге болады. ОD кесіндісінің ОL кесіндісіне қатынасына циклдік беріктіктің қор коэффициенті болып табылады. OD nr = OL. (14.14) Осы параграфтың бірінші формуласын қолданып, D нүктесі үшін келесі өрнекті аламыз. 1 σ σ ψ σ K ( ) ad = 1 σ md. (14.15) Жоғарыда айтылғандай, L нүктесiнiң координаталары: I σ = OL, σ = LL I, mhom D нүктесiнiң координаталары: 44 ahom I I σ = DD, σ = OD, ad OLL жəне ODD үшбұрыштарының ұқсастығынан = md σ ahom σad σmd σ mhom, (14.16) (14.15) жəне (14.16) өрнектi теңестiргеннен кейiн σ md = Kσ ahom σ 1 + ψ σ σ mhom σ mhom (14.17)

245 Үшбұрыштар ұқсастығынан төмендегi қатынастарды жазуға болады. I OD OD σ md = = I OL OL σ 45 mhom Осы қатынасты пайдаланып, циклдік жүктеме кезіндегі беріктің қор коэффициентін табамыз. n σ = 1 R k σ + a ψ σm (14.18) Бұл формулада, жазуға ыңғайлы болу үшін, ном белгісі алынып тасталған. Егер есептеліп отырған бөлшектің қималарында тек циклді жанама кернеулер пайда болса, онда τ 1 nr = Kτa + ψτ τm. (14.19) Тəжірибеде жиі кездесетін жазық кернелген күй үшін Гаф пен Поллардың формуласын қолданамыз nσ nτ nr = nσ + nτ. (14.0) Бұл жердегі R - ізделіп отырған қор коэффициенті; nσ - жанама кернеу жоқ болғандағы қор коэффициенті; n τ - тік кернеу нөлге тең болғандағы жанама кернеудің қор коэффициенті. 5. Коэффициенттерді пайдалану туралы Кернеулер шоғырлануын, масштаб əсерін жəне бөлшек бетінің өңделу сапасын ескеру үшін, соңғы кезде жиі қолданылатын формула K 1 σ 1 K = + 1 Kdσ KF Kv (14.1) Осы формуланы құраушы коэффициенттердің анықталу жолдарына тоқталмай-ақ, оларды қалай пайдалануға болатыны туралы қысқаша түсінік бере кетейік.

246 Шоғырланудың нəтижелі коэффициентін К σ тікелей графиктен табуға болады (196а,б-сурет). Немесе төмендегі формула арқылы есептеп шығаруға болады. 1 q( 1) (14.) Бұл формуладағы q - материалдың сезімталдық коэффициенті, a σ - кернеулер шоғырлануының теориялық коэффициенті. Кернеулер шоғырлануының теориялық коэффициенті графиктер ден (197-сурет) алынса, ал q, негізінен, материалдардың сипаттамасына тəуелді шама. 196-сурет Мысалы, беріктігі жоғары, легирленген болат үшін q»1, конструкциялық болаттар үшін q»0,6 0,8. Қазіргі кезде қатты денелер теориясының физикалық негізінде, төзімділікке есептеу тəсілін тұжырымдау мүмкін болмай отыр. Сондықтан, тұтас ортаның механикасына жəне сынақ тəжіри белеріне сүйене отырып, төзімділікке есептеудің ережелері қабылда натынын 46

247 есте болу керек (Кейбір болаттар үшін бет нығаю коэффициентiнiң - кестесі берілген). v 197-сурет Бет нығаю коэффициентiнiң кестесі Өңдеу түрi Үлгiнiң түрi Диаметр, мм К v Жоғары жиiлiктi тоқпен Шоғырланбаған 7 0 1,3 1, , 1,5 шыныққан Шоғырланған ,6,8 1,5,5 0,1-0,4 мм тереңдiкке Шоғырланбаған ,5 1, ,10 1,5 дейiн азотталған Шоғырланған ,9 3, ,3,0 0, - 0,6 мм тереңдiкке Шоғырланбаған ,, ,1 1,5 дейiн цементтелген Шоғырланған ,5, ,,0 1, 1,4 Шоғырланбаған ,1 1,5 Роликтермен тапталған 1,5, Шоғырланған ,3 1,8 Бытыралармен өңделген Шоғырланбаған 1,1 1, ,1 1, 1,4,5 Шоғырланған ,1 1,5 47

248 15-тарау. ДИНАМИКАЛЫҚ ЖҮКТЕМЕЛЕР Өткен тарауларда конструкцияларға, олардың бөлшектеріне жəне элементтеріне тек статикалық күштердің əсері қарастырылып, сол күштерден пайда болатын кернеулер мен деформациялар зерттелген еді. Конструкциялар статикалық жүктелген кезде, күштің шамасы нөлден бастап өседі де, белгілі бір сатыға жеткеннен кейін, сол шамасын өзгертпей тұрақты болып қалады. Бұл кезде конструкцияның жекелеген элементтері өте аз үдеу алатындықтан, инерция күштерін ескерусіз қалдыруға болады. Ал енді, қарастырылып отырған денеде немесе онымен бір жүйедегі бөлшекте, ескеруге тұрарлық үдеу болса, онда мұндай жүктеме динамикалық жүктеме деп аталып, конструкция динамикалық күшке есептеледі. 1. Есептеу тəсілі Динамикалық жүктеме кезінде материалда пайда болатын кернеу, статикалық кернеуден көп болатыны белгілі. Демек, конструкцияларда, олардың элементтерінде қосымша кернеулер пайда болады. *, (15.1) σ ст - статикалық жүктеме əсер еткен кездегі кернеу; * σ - динамикалық жүктеме əсер ететіндіктен пайда болатын «қосымша» статикалық кернеу. Статикалық кернеуді жақша сыртына шығарсақ * (1 ). (15.) Жақша ішіндегі мəнді динамикалық коэффициент деп қабылдаймыз, яғни Сонда K 48 * 1. (15.3) K. (15.4)

249 Сонымен, конструкцияға динамикалық күш əсер еткенде ол күшті статикалық күш ретінде қарастырып, статикалық кернеуді тауып алу керек. Осыдан кейін, динамикалық күштің ерекшеліктерiн ескере отырып, динамикалық коэффициентті анықтау қажет. Беріктік шартта сол бұрынғыша тұжырымдалады. max max K. (15.5) Біз бұл тарауда динамикалық жүктелудің үш түрін қарастырамыз: 1) инерциялық күштермен жүктелу; ) соққы; 3) тербеліс жүктемесі.. Инерция күштеріне есептеу Жоғарыда айтылғандай, үдеуді анықтағанан кейін, инерция күшін тауып, оны əсер етуші күшке қосу керек (əсер етуші күш + инерция күші). Бұдан кейін, қарастырылып отырған конструкция, əсер етуші күш жəне инерция күшінің қосындысынан тұратын статикалық күштер əсеріне есептеледі. А. Үдемелі түзу сызықты қозғалыстағы кернеу. Элементар инерциялық күшті dр табу үшін, элементар көлемнің dv массасын dm үдеуге а көбейтеміз. γ dv dp = dm a = a. (15.6) g Бұл жердегі g - материалдың меншікті салмағы, g - салмақ күшінің үдеуі. Мысалы, Р жүгінің болат арқанның көмегімен үдемелі көтерілуін қарастырайық (198,а-сурет). Даламбер қағидаты (принципі) бойынша болат арқанның бөлініп алынған төменгі жағы (198,б-сурет) күштер жүйесінің əсерінен тепе-теңдік күйде тұрады. 49

250 198-сурет Ол күштер (198,в-сурет): 1) Р жүктің салмағы; ) g А z болат арқанның бөлініп алынған бөлігінің салмағы; P+ γ A z 3) a инерция күші; g 4) N ä динамикалық күштерден туындайтын ішкі күш. Барлық күштердің z осіне проекцияларын қарастырамыз. P Az Z=0, N ( P Az) 0. g Бұл теңдіктен динамикалық күштерден туындайтын ішкі күшті табамыз a N P Az (1 ). (15.7) g Бұл жердегі g болат арқанның меншікті салмағы, а жүктің көтерілудегі үдеуі. Болат арқанның қимасындағы динамикалық кернеу 50

251 N a P z (1 ). (15.8) g A Бұл формуладағы P+ γ A z статикалық кернеу, ал 1 a + A g динамикалық коэффициент P+ γ A z σ cm =, A a 1. (15.9) g болғандықтан, беріктік шарты немесе max max. (15.10) max. (15.11) Егер динамикалық коэффициентті теориядан табу мүмкін болмаса, онда оны тəжірибе арқылы тауып, мүмкін кернеуді табылған динамикалық коэффициентке бөліп, шартты түрде динамикалық мүмкін кернеуді қабылдауға болады, яғни (15.1) Ə. Бір қалыпты айналып тұрған сырықтағы кернеу. Бойлық осіне перпендикуляр О - О осі арқылы w = сonst бұрыштық жылдамдықпен айналып тұрған сырықтың (көлденең қимасының ауданы А=сonst) кернеуін қарастырайық (199-сурет). Инерция күшінің қарқындылығын табу үшін, аталған О - О осінен z қашықтықтан, ұзындығы dz элемент бөліп алайық. Сонда 199-сурет 51

252 A. g g q a r (15.13) Элементтің центрден тепкіш күші A. g dp q dz rdz (15.14) Сырықты созатын инерция күшін (центрден тепкіш күш) табайық. l l γ A γ A ω l = = ω g = g 4 z z N dp zdz z. Бойлық күштің ( N ) эпюрасын тұрғызайық (00-сурет). ä 00-сурет Бойлық күштiң ең үлкен шамасы z = 0 болғанда, яғни сырықтың ортасындағы қимасында пайда болады, яғни N max γ A ω l = 8g Кернеу max N max. 8 Б. Айналып тұрған сақинадағы кернеу. Көлденең қимасы тұрақты, айналып тұрған жұқа сақинаны (доңғалақтың тоғыны) алайық (01,а-сурет). Оның бұрыштық жылдамдығы w = сonst болсын. 5

253 Центрден тепкіш инерция күшінің қарқындылығы: q γ A g D u = ω. Сақинаның ұзындығы ds элементіндегі инерция күші: γ A D γ Aω D g. 4g dp = qu ds = ω ds = d ϕ 01-сурет Қималар тəсіліне сəйкес, сақинаны екіге бөліп, бір бөлігінің тепетеңдігін қарастырамыз (01,б-сурет) À D dpsinϕ N 0, Sin d N ä, g S II 4 0 N DA. 4g Сақинаның нүктелеріндегі шеңберлік жылдамдықты ескерсек D V, Динамикалық кернеу: Nä γ ω D γ v σ ä = = = À 4 g g. Бұл кернеудің мөлшерін білу үшін, төмендегі берілімдер бойынша кернеуді есептейік. 53 N g

254 : n 600 ; D,5 ; 8 3, - 0, 60 4 D , ,. 4g Соққы кезіндегі кернеу Конструкцияның қарастырылып отырған элементінің немесе онымен жанасатын бөліктің жылдамдығы өте аз уақыт аралығында өзгергенде - соққы құбылысы пайда болады. Конструкцияны соққыға есептегенде, оңайшылықпен шешілмейтін көптеген қиындықтар кездеседі. Мысалы, энергия шашырауы, бір-бірімен соғылатын денелердің түйіскен жерлеріндегі кернелген күй жəне тағы басқа да қиыншылықтар. Біз бұл параграфта, серпімді соққының жуық теориясын қолданып, есептеудің қарапайым тəсілін қарастарамыз. Ол үшін: 1) соғатын дененің кинетикалық энергиясы түгелімен, соғылатын дененің потенциалдық энергиясына айналады деп есептейміз; ) соғылған денедегі кернеулер мен деформациялардың таралу заңдылығы, статикалық күш əсер еткендегідей деп қабылдаймыз. Салмағы Q абсолют қатаң дене Д (деформацияланбайтын) белгілі бір биіктіктен h серпімді денеге В құлап түссін (0,а-сурет). Өте аз уақыт аралығында серпінді дене В біршама деформация алады (0,б-сурет). Оны δ ä деп белгілейік. Жоғарыда айтылғандай, энергиялар теңдігін жазамыз U. (15.15) Бұл формуладағы кинетикалық энергия Т жұмысқа тең болады. T A Q h. Динамикалық жүктеме кезіндегі потенциалдық энергия (15.16) U 1 P. q (15.17) Статикалық жүктемеде қатаңдығы С дененің орын ауыстыруы 54

255 Q C Q C. (15.18) 0-сурет Динамикалық жүктеме кезінде де кернеу пропорционалдық шектен аспау керек екенін ескеріп P, P C. (15.19) C Q Енді (15.18) өрнекті пайдалансақ: P. (15.0) (15.16), (15.17) жəне (15.0) өрнектерді (15.15) теңдікке қойсақ: 1 Q Qh Теңдеуді шешкеннен кейін h 0. (15.1) h. (15.) Түбір астынанδcm шамасын шығарып, орын ауыстырудың үлкен мəнін табамыз. Ол үшін түбірдің алдындағы плюс таңбасын қалдырамыз. h (1 1 ). (15.3) 55

256 Жақша ішіндегі шаманы динамикалық коэффициент ретінде қабылдаймыз, яғни h k 1 1 (15.4) Сонда. (15.5) Гук заңын қолданып, кернеулер де орын ауыстыру заңдылығына бағынады деп тұжырымдаймыз, яғни Беріктік шарты: max 56. (15.6) h max (1 1 ). (15.7) 4. Соққының динамикалық коэффициенттерінің дербес түрлері Динамикалық коэффициенттің (15.4) шамасы статикалық орын ауыстыру жəне құлау биіктігіне байланысты анықталады. - Егер жүк биіктіктен құламай, солқ еткізіп əсер етсе, яғни һ = 0 болса, онда (15.4) формуладан. (15.8) - (15.4) формуладағы h шамасын физикадан белгілі формула v= gh арқылы өрнектесек v 1 1 g. (15.9) Бұл жердегі v - соғатын дененің соғылатын денемен жанасқан кездегі жылдамдығы. - Егер құлау биіктігі һ статикалық орын ауыстыруға қарағанда əлдеқайда көп болса, онда түбір астындағы бірді ескермеуге болады, яғни h 1. g (15.30)

257 - Ал, h қатынасы тіпті үлкен болғанда, түбірдің алдындағы бірді де елемеуге болады, яғни h g. (15.31) U Соңғы формуланы келесідей түрлендіріп жазуға болады: hq Q 57 Qh 1 Q Бұл өрнектегі K = Q h - кинетикалық энергия, ал 1 Q - потенциалдық энергия. Сонымен U CT. (15.3) 5. Тербеліс кернеуі Қазіргі кездегі физиканың үлкен бір бөлімі тербеліс теориясын зерттеуге арналған. Тербеліс теориясы механикада, электротехникада жəне басқа да салаларда кеңінен қолданылады. Механика саласындағы пəндердің ішінде теориялық механикада біршама толық қарастырылады. Осыған байланысты, материалдар кедергісінде, теориялық механиканың тұжырымдарын кернеулер мен деформацияларды анықтауға жəне беріктікке есептеуге қолданамыз. А. Тербеліс теориясының негізгі анықтамалары. Серпімді жүйелердің тербелістерін зерттегенде, оларды бір-бірінен еркіндік дəрежесінің саны арқылы айырады. Жүйенің кеңістіктегі немесе жазықтықтағы орнын анықтайтын тəуелсіз координаталар санын еркіндік дəрежесінің саны дейміз. Мысалы, серіппеге бекітілген қатаң массаның m (03,а-сурет) еркіндік дəрежесі бірге тең, өйткені оның жазықтықтағы орны бір координата z арқылы анықталады. Ал, 03,б-суретте көрсетілген массаның еркіндік дəрежесі үшке тең. Бұл массаның жазықтықтағы орны, оның

258 салмақ центрінің координаталарымен жəне бұрылу бұрышы арқылы табылады. 03-сурет Бұдан басқа, серпімді жүйелер өздерінің еркін жəне мəжбүр тербелістері арқылы ажыратылады. Серпімді жүйенің сыртқы күштер əсерінен босағаннан кейін өздігінен-өзі тербелуін еркін тербеліс деп атайды. Ал, серпімді жүйенің өзгермелі сыртқы күштердің əсерінен тербелуі мəжбүр тербеліс деп аталады. Мұндай күштерді - ұйтқы күштер деп атауға болады. Серпімді жүйенің тепе-теңдік жағдайынан ауытқыған кезде қатар тұрған ең үлкен (max) екі ауытқуларының арасы тербелістiң периоды деп аталады. Бұған кері шама, тербелістің жиілігі делінеді. Техникада шеңберлiк жиілік деген де түсінік бар. Егер тербеліс периодын Т əрпімен белгілесек, онда тербелістің жиілігі 1 ν = T, (15.33) шеңберлік жиілік π ω = πν =. (15.34) T Ə. Тербеліс кернеуін есептеу. Арқалыққа бекітілген қондырғының тербеліс тудыратын элементі бар болсын (04,а-сурет). Қондырғының салмағы Q, одан туындайтын орын ауыстыруды деп белгілейік (04,б-сурет). Қондырғы тудыратын тербеліс кезінде, арқалықтың тербелісі өзінің тепе-теңдік күйінің маңында болады. 58

259 04-сурет Тербелістің амплитудасы болсын. Бұл кезде арқалықтың динамикалық орын ауыстыруы: A. (15.35) Арқалық үшін қауіпті жағдай, оның үлкен орын ауыстыруы екені белгілі, сондықтан статикалық үлкен орын ауыстыруғы амплитуда қосылады, яғни A. (15.36) max Статикалық орын ауыстыруды жақша сыртына шығарсақ A. max (15.37) Жақшадағы шаманы, тербелістің динамикалық коэффициенті деп қабылдаймыз, сонда A 1. (15.38) Жүйенің деформациясы серпімді шегінен аспаса, кернеу мен деформация арасында пропорционалдық қатынас болатыны белгілі, яғни Берiктiк шарты: max max ;. (15.39) max max. (15.40) 59

260 Сонымен, динамикалық кернеуді табу үшін, алдымен статикалық кернеу есептеледі де, динамикалық коэффициентке көбейтіледі. Амплитуданы табу үшін, тербеліс өсуінің коэффициентін қолданамыз. A 4n , (15.41) Бұл жердегi d н - ұйтқу күшінің ең үлкен шамасынан пайда болатын статикалық орын ауыстыру, ω о - серпімді жүйенің еркін тербелісінің жиілігі, ω - мəжбүр тербелістің жиілігі, b - тербеліс өсуінің коэффициенті, n 1 - тербеліс өшуінің коэффициенті. 60

261 16-тарау. КЕРНЕУЛЕРІ СЕРПІМДІЛІК ШЕГІНЕН АСҚАН ЖҮЙЕЛЕРДІ ЕСЕПТЕУ 1. Есептеудің ерекшеліктері жəне созылу диаграммасы туралы Өткен тарауларда, конструкциялардың элементтерін есептеген кезде, біз олардың қималарындағы кернеулер мен деформациялар серпімділік шегінен аспаған деп қарастырған едік. Ал, тəжірибеде қарастырылатын көптеген конструкциялардың элементтеріндегі (серіппелер, штамповка арқылы жасалатын бұйымдар, ракета моторының элементтері жіне т.б.) кернеулер мен деформациялар серпімділік шегінен асып жататыны да белгілі. Мұндай есептерді қарастырған кезде Гук заңы өз күшін жояды, сондықтан кернеу мен деформация араларындағы тура пропорционалдық тəуелділігі басқа-күрделі тəуелділікпен алмастырылады. Бұл кезде элементте пластикалық деформация пайда болатынын бұдан бұрын айтқан болатынбыз. Егер бұрын қарастырлған есептерде деформация ОА шамасынын (05-сурет) аспайтын болса, пластикалық деформация кезінде ε шамасы елеулі түрде үлкен болады. Пластикалық деформациялар аз жəне үлкен пластикалық деформация болып бөлінеді. Сонымен, үлкен пластикалық деформация кезіндегі есептеу бұл пəннің аумағынан тыс жатқандықтан, біз бұл тарауда аз пластикалық деформация кезіндегі есептеу жолдарын қарастырамыз. 05-сурет 61

262 Осыған байланысты «Материалдар кедергісінің» негізгі екі қағидаларына тоқтала кетейік: 1) аз пластикалық деформация аумағында басқы өлшемдердің өзгермеу қағидасы толық сақталады; ) күштер əсерінің тəуелсіздігі қағидасын аз пластикалық деформация аумағында қолдануға болмайды. Осы жағдайды келесі мысал арқылы нақты түрде көрсетуге болады. Кез келген сырық 1, күштерімен жүктелсін жəне бірінші күштің шамасы аталған сырықта пластикалық деформация тудыратындай болсын (06-сурет). 06-сурет Күштердің əсер ету кезегін ауыстырған кезде, яғни, алдымен 1 күші əсер етіп, одан кейін күші əсер еткен кездегі ұзару мен, содан кейін, керісінше, алдымен күші əсер етіп, одан кейін 1 күші əсер еткен кездегі сырықтың ұзаруы əртүрлі болатыны суреттен көрініп тұр. Демек, жүктелу кернеуі мен деформация араларындағы қатынас, жүкті алу кезіндегі қатынаспен бірдей болмайды. Сондықтан, деформацияларды белсенді (актив) деформациялану жəне енжар (пассив) деформациялану деп қарастыру қабылданған. Осыған байланысты, белсенді (актив) деформациялану кезінде кернеу өседі, ал енжар (пассив) деформациялануда кернеу төмендейді. Мысалы, 05-суреттегі диаграмманың ОВС аралығы белсенді, ал СF аралығы енжар деформацияға сəйкес келеді. Осы диаграммада көрсетілген ОD кесіндісі арқылы өрнектелген деформацияны пластикалық деформация (ОF) жəне серпімді деформацияның (FD) қосындысы ретінде қарастыруға болады. 6

263 Кернеу мен деформация араларындағы тəуелділіктің σ = f ( ε) есептеу формуласын қорыту үшін созылу диаграммасын жеңілдетіп көрсету (схемалау) керек. Мысалы, 05-суреттегі ОА аралығындағы диаграмма түзу сызыққа өте жақын болғандықтан, кернеу (σ ) деформацияға (ε ) тура пропорционалды деп қабылдауға болады (Гук заңы). Бұдан кейінгі схемалау диаграмманың түріне жəне белгілі бір есептерді шешу гтəсілдеріне байланысты əр түрлі əдістермен жүргізіледі. Мысалы: 1) егер материалдың диаграммасында ағу шегі ( ) болса (азкөміртекті болаттар), онда бұл диаграмманы екі түзу арқылы көрсетуге болады (07-сурет); ) кейбір кезде, материалдың диаграммасында ағу шегі болмаса да (легирленген болаттар), диаграмманы екі түзу арқылы көрсетуге болады (08-сурет), егер болса, онда σ = E ε ; егер болса, онда ағу D ( ), бұл формуладағы Е жəне D - түзулердің бұрыштық коэффициенттері (D шамасы Е-ге қарағанда көп аз); 07-сурет 3) кейбір материалдардың диаграммаларында анық көрінетін серпімділік аралығы болмайды (күйдірілген мыс). Бұл кездегі диаграмманы дəрежелік тəуелділіктегі қисық сызық арқылы k көрсетуге болады (09-сурет), яғни ε = C σ. Бұл формуладағы С жəне к тұрақты (const) шамалары эксперименттен алынған қисық сызыққа сəйкес қабылданады. 63

264 08-сурет 09-сурет 4) егер күтілген деформациялар 0 pε p ε шекараларында 1 жатса, онда диаграмманы екі түзу арқылы (ОА жəне АВ) өрнектеуге болады (10-сурет). 10-сурет 11-сурет Ал бұл жүйені үлкен деформациялар шекараларында ( 0 pε p ε ) қарастырғымыз келсе, онда диаграмманы келесі екі түзу - ОА жəне АС түзулері арқылы өрнектеуге болады. 5) Біраз жағдайларда, серпімді деформациялар пластикалық деформацияларға қарағанда өте аз болады, ондай жағдайларда серпімді деформацияларды ескермеуге болады. Онда созылу диаграммасын келесі екі түзу - ОА жəне АВ арқылы өрнектеуге болады (11-сурет). Есте болатын жай: көптеген жағдайларда аналитикалық жолмен табылған σ = f ( ε) тəуелділігінің орнына графикалық, графоаналитикалық немесе сандық əдістермен шешілген тəуелділіктер пайдаланылады. 64

265 . Cозылып немесе сығылып жұмыс істейтін элементтердегі пластикалық деформациялар Созылып немесе сығылып жұмыс істейтін сырықтар жүйелерінің элементтерінің пластикалық деформация кезіндегі жұмыс істеу ерекшеліктерін түсіну үшін бірнеше мысалдарды қарастырайық. 1-мысал. Еркін ілініп қойылған, ұзындығы l күйдірілген мыс сымының өз салмағының əсерінен абсолют ұзаруын табу керек болсын. Оның созылу диаграммасы 1-суретте көрсетілген. Деформация мен кернеудің тəуелділігі - k ε = C σ, сонымен қоса, C жəне k шамалары берілген деп есептейміз. Шешуі. Сымның бос шетінен z қашықтықта орналасқан қимадағы n n кернеу - σ = γ z, деформация - ε = A γ z. Бұл жердегі γ мыстың меншікті салмағы. 1-сурет Ізделіп отырған абсолют ұзару соңғы өрнекті интегралдау арқылы табылады, яғни l n+ 1 n n n l γ γ n Δ l = A z dz = A. -мысал. Үш сырықтардан тұратын жүйе тік бағытта əсер ететін Р күшімен жүктелген (13,а-сурет). Сырықтардың көлденең қималарының аудандары (А) бірдей. Сырықтардағы ішкі күштерді ( N 1, N, N 3) жəне С түйінінің орын ауыстыруын (δ ) екі жағдайда анықтау керек: 1) берілген Р күшінің əсерінен туындайтын деформациялар серпімділік шегінен аспайды, ) деформациялар серпімділік шегінен жоғары, яғни пластикалық деформация пайда болады. 65

266 Шешуі. 1) Деформациялар серпімділік шегінен аспаған кезде. Ішкі күштерді табу үшін қималар тəсілін қолданып, С түйінін бөліп аламыз да, осы түйіннің статикалық тепе-теңдігін қарастырамыз (13,б-сурет). Бұдан N = N, 1 3 N1 cos α + N = P. (16.1) Құрылған теңдеулер ішкі күштерді табуға жеткіліксіз, демек, бұл есеп статикалық анықталмайтын есеп. Қосымша теңдеуді сырықтардың деформацияларын (13,в-сурет) салыстыру арқылы құрамыз. 13-сурет Сырықтардың деформациялары серпімділік шегінде болғандықтан α бұрышының өзгеруін есептемеуге болады, сондықтан үшбұрышынан 1 Δ l1 =Δl cos α. (16.) Осы қосымша теңдеуді ішкі күштер арқылы өрнектегеннен кейін үш теңдеуді (16.1 жəне 16.) өзара шешіп ішкі күштерді табамыз. Олар P cos α P N1 = N3 =, N 3 =. (16.3) cos α 1 + cos α 13,в-суреттен көрініп тұрғандай, С түйінінің орын ауыстыруы екінші сырықтың ұзаруына тең, яғни 66

267 Nl Pl δ =Δ l = = 3 E A (1 + cos α) EA. (16.4) ) Пластикалық деформация пайда болған кезде. Əсер етуші Р күшін біртіндеп өсіре бастаймыз. Екінші сырықтың қимасындағы ішкі күш ең үлкен болғандықтан, оның деформациясы пластикалық күйге алдымен жетеді. Бұл күй (пластикалық күй) N ағу болған кезде орын алады немесе 3 Pағу A(1 cos ). Бұдан əрі ортадағы (екінші) сырықтың кернеуі ( ағу ) де ішкі күші ( ) де тұрақты болып қалады, тек екі шеткі ағу сырықтардың ішкі күштері ғана өзгереді, демек статикалық анықталмайтын жүйе - статикалық анықталатын жүйеге айналады. Оларды табу үшін тағы да қималар тəсілін қолданамыз, яғни С түйінін қиып алып, оның статикалық тепе-теңдігін қарастырамыз (14а-сурет). Бұл тепе-теңдіктен N 1 P σағу A cosα = (16.5) 14-сурет Орын ауыстыру 14,б-суреттен табылады: N1 l ( Pағу A) l. 3 EAcos os 67 (16.6)

268 Əсер етуші күшті одан əрі өсіргенде екі шеткі сырықтардағы кернеулер де ағу шегіне жетеді. Осы күйге сəйкес кернеу (5) өрнектен анықталады. Яғни Pағу A(1 cos ). (16.7) Бұл кезде қарастырылып отырған жүйе механизмге айналады, өйткені əсер етуші Р күшін одан əрі өсірсе статикалық тепе-теңдік сақталмайды. Сонымен, бұл жүйеге 16.7 формулада көрсетілген күштен артық күшпен əсер етуге болмайды, демек, бұл күшті шектік күш ретінде қабылдау керек. 3. Сырықтың серпінді-пластикалық иілуі Көлденең қимасының екі симметрия өсі бар, созылу диаграммасы мен сығылу диаграммасы бірдей түзу сырықтың пластикалық деформация кезіндегі таза иілуін қарастырайық (15-сурет). Мұндай сырықтың бейтарап осі сəйкес симметрия осінде жататыны белгілі, мысалы х осінде. Кернеу мен деформация арасындағы қатынастың аналитикалық түрін қарастырмай-ақ, созылу диаграммасы берілген деп есептейміз (16-сурет). Сонымен қоса, қарастырылып отырған сырық үшін жазық қималар гипотезасын қолдануға болады деп есептейміз, яғни 1 ε = y ρ. (16.8) 15-сурет 16-сурет Бұл жердегі 1 сырықтың қисықтығы, ал у бейтарап осьтен қарастырылатын қабатқа дейінгі ара қашықтық (17-сурет). Ию моменті ρ 68

269 M = σ y bdy A. Ию моменті М берілген деп есептеп, кернеудің шамасын анықтаймыз. Ол үшін, қисықтық белгілі деп есептесек, (16.8) h 1 формуладан ε max =. Енді, қисықтықтың ию моментінен ρ тəуелділігін графоаналитикалық жолмен анықтауға болады. Сырықтың көлденең қимасының қатарына 17-суретте көрсетілгендей етіп созылу диаграммасын орналастырамыз. 17-сурет Табылған ε max шамасына сəйкес А нүктесін созылу диаграммасына орналастырамыз. Қабаттардың созылуы қима бойымен сызықтық / // түрде өзгеретін болғандықтан жəне нүктелерін түзу сызықпен қосып, деформациялардың эпюрасын аламыз. Одан əрі, белгілі бір қабат үшін (у) кернеудің шамасын анықтаймыз (В нүктесі). Осылайша кернеудің эпюрасын да тұрғызуға болады. Тұрғызылған графиктің ауданы ию моментін ( M ydy ) береді. Мысал. Пластикалық күйдегі A тік төртбұрыш қиманы қарастырайық. Төртбұрыштың қабырғалары в жəне h болсын. Ию моменті мен қисықтықтың өрнегін анықтау керек болсын. Шешуі. Мұндай қима серпімді жəне пластикалық болып, екі аумаққа бөлінеді. Бұл екі аумақтың шекарасын анықтайтын ағу шамасы M ydy өрнегінен анықталады, яғни A h/ yағу h/. M b ydy b y dy b y dy h/ 0 69 y ағу

270 y Серпімді аумақта σ = E екенін ескере отырып, алынған өрнекті ρ интегралдау арқылы ию моментінің өрнегін аламыз. E 3 h M b yағу b ағу ( yағу ). 3 4 Аумақтардың шекарасын анықтайтын өрнекті ( ағу ағу ) пайдаланамыз. Сонымен бұл теңдіктен bh 1 3 M ағу b ағу, 4 3 E 1 b 1 3 E ағу bh ағу 4. Қимасы дөңгелек сырықтың пластикалық деформация жағдайындағы бұралуы Сырықтың серпімді-пластикалық жағдайдағы бұралу деформациясын зерттеу, əдетте, ығысу бұрышының (γ ) жанама кернеуден (τ ) тəуелділігі графигіне (15-сурет) негізделеді. M. 15-сурет 16-сурет 70

271 Мұндай график белгілі бір тəсілмен тұрғызылған болсын. Бұдан бұрын қарастырылғандай, бұл жолы да жазық қималар гипотезасын қолданамыз, яғни Қимадағы бұрау моменті: γ = ρ θ. (16.9) M R d. (16.10) 0 Соңғы екі теңдікті өзара шешсек M Бұл жердегі γmax = R θ, ал max d 3, (16.11) 0 γ max τ γ dγ - қисық сызықты 0 ОАВ үшбұрышының τ - осіндегі инерция моменті (16,а-суреті). Берілген диаграмма үшін оны γ max - функциясы ретінде тауып алуға болады. Келесі кезекте, сəйкес нүктелер арқылы меншікті бұрылу бұрышымен ( γ max ) бұрау моментінің ( бұр ) өзара тəуелділіктігін анықтауға болады. Содан кейін, келтірілген графиктен интегралдың мəнін тауып, (3) формуладан бұрау моментін ( бұр ) анықтаймыз. Бұл кезде θ мен бұр араларындағы тəуелділіктің бір нүктесі табылады. Осылайша қайталай отырып, аталған тəуелділіктің θ = f( M ) толық графигін аламыз (16,б-суреті). бұр á ð Ескерту. Бұрау моменті өте аз болған жағдайда, max d f max 0 M ( ) - қисығы жеткілікті дəлділікпен тұрғызылмайтын болғандықтан, керек жағдайда Гук заңын ( ) GI қолдануға болады. 71

272 17-тарау. ДЕФОРМАЦИЯЛАРДЫ ЖƏНЕ КЕРНЕУЛЕРДІ ТƏЖІРИБЕ ЖҮЗІНДЕ ЗЕРТТЕУ ƏДІСТЕРІ 1. Материалдарды жəне конструкцияларды тəжірибе жүзінде зерттеу туралы. Деформациялар мен кернеулерді тəжрибе жүзінде өлшеу жөнінде айтпас бұрын, материалдарды механикалық зерттеу мен конструкцияны зерттеудің əртүрлі екенін есте сақтау керек. 1)Материалдарды механикалық зерттеу. Материалдарды тəжірибе жүзінде механикалық зерттеу дегеніміз белгілі бір материалдың механикалық сипаттамасын (характеристикасын), атап айтқанда, серпімділік модулін, аққыштық шегін, беріктік шегін жəне тағы да басқа сипаттарын анықтау болып табылады. Мұндай зерттеулер арнайы дайындалатын үлгілер арқылы іске асырылады. )Конструкцияны механикалық зерттеу. Конструкцияны тəжірибе жүзінде зерттеу дегеніміз машиналардың бөлшектерін, тораптарын, олардың үлгілерін (модельдерін) немесе машинаның өзін зерттеу болып табылады. Мұндай зерттеулердің мақсаты жүргізілген есептеулердің дəлдігі, бөлшектерді дайындаудағы жəне оларды құру үшін таңдалып алынған технологияның дұрыстығы жəне тағы басқалар болып табылады. Зерттеулер статикалық немесе динамикалық түрде жүргізіледі. Бүгінгі таңда материалдарды жəне конструкцияларды тəжірибе жүзінде зерттеу əдістері, зерттелетін объектінің деформацияларын өлшеуге келіп тіреледі. Ал деформацияларды өлшеу үшін əртүрлі тəсілдер қолданылады.. Деформацияларды механикалық тензометрлердің көмегімен анықтау. Механикалық тензометрлердің жұмыс істеу қағидасы бойынша, зерттеліп отырған элементтің немесе үлгінің екі нүктесінің арақашықтығы жүктелуге дейін өлшеніп алынады. Бұл ара-қашықтық l тензометрдің базасы деп аталады. Содан кейін, элемент жүктеліп, белгілі бір күшпен оған əсер етіледі. Күштің əсерінен элемент белгілі бір шамаға - Δ l өзінің өлшемін өзгертеді, соның нəтижесінде өлшенген ара-қашықтық өзгереді. Осы шаманы тензометрдің 7

273 базасына бөліп, орташа ұзаруды (қысқаруды) анықтаймыз, яғни Δ l = ε (бойлық деформация). l.1.гугенбергер тензометрі. Бұл қондырғы рычагты тензометрлер қатарына жатады (17-сурет). Ол зерттеліп отырған үлгіге екі пышақшаларымен тіреліп, струбцинаның көмегімен бекітіледі. Екі пышақшалардың арасы - l тензометрдің базасы болып табылады (l əдетте 0 мм, көмекші құралдардың көмегімен мм дейін ұзартуға болады). Тензометрдің жұмыс істеу қағидасы 17-суретте көрсетілген. 17-сурет Тек айта кететін жағдай - жылжымалы пышақша (8) бұрылған кезде рычагты (7) қисайтады, ал қисаю жебеге (стрелкаға) беріледі. Тензометрдің үлкейту коэффициенті ( ) келесі формуладан табылады. b H k =. ah Үлгінің деформациясын анықтау үшін, жебенің алғашқы орнын A0 белгілеп қою керек. Содан кейін, үлгі жүктелгеннен кейінгі оның жаңа орнын A 1 анықталып, осы екі өлшемнің айырмасы ( A1 A0) есептеледі. Бұл айырма үлкейту коэффициентіне бөлініп, ұзарудың шамасы анықталады, яғни

274 A1 A0 Δ l = k...марттенстің айналы тензометрі (оптико-механикалық). Бұл тензометрдің негізгі бөлігі призма- болып табылады (18-сурет). 18-сурет Призмамен бір оське кішкене айна - 1 бекітілген. Ал призма -, струбцинаның - 4 көмегімен қапсырма (скоба) - 5 арқылы зерттелетін үлгіге - 3 қысылып бекітіледі. Үлгі деформацияланған кезде айна призмамен бірге α бұрышына бұрылады. Қарастырылып отырған аралықтың ұзындығының ұзаруы: Δ l = d sinα, формуладағы d призманың үлкен диагоналы. Бұл тензометрдің жұмыс істеу қағидасы 18-суретте көрсетілген. Тензометрдің үлкейту коэффициенті келесі формуладан табылады h L tqα k = =. Δl d sinα 0 Бұрылу бұрышының аз ( α p ) екендігін ескере отырып, үлкейту коэффициенті келесі формула арқылы есептеуге болады L k =. d 74

275 Əдетте, үлкейту коэффициентін 500 деп қабылданып, үлгі мен өлшеу шкаласының ара-қашықтығын анықталады. Мысалы, призманың үлкен диаметрі 4мм болса, онда 4 L = 500 = 1000 мм. Аталған тензометрлерден басқа да тензометрлердің бар екені есте болған жөн, мысалы, Аистовтың, Бояршиновтың, Лихаревтің жəне тағы басқалар. 3. Деформацияларды электротензометрлердің көмегімен анықтау. Конструкцияларды зерттеу кезінде соңғы жылдары жиі қолданылып жүрген деформациялар мен кернеулерді өлшейтін тензометрлердің бірі электротензометрлер. Мұндай тензометрдің негізін қалайтын физикалық түсініктерге тоқтала кетейік. Δ R Сымның «омдық қарсыласуының» салыстырмалы өзгеруі R, оның ұзаруына тура пропорционал екенін тəжірибелер көрсетеді, яғни, Δ R = γ 0 ε, бұл жердегі γ R 0 - материалдың тензосезгіштіктік коэффициенті (материалдың физикалық қасиеттеріне тəуелді, өлшем бірлігінсіз). Көрсетілген сипаттамаларға сүйене отырып, электротензометрлер жасалады, ол үшін белгілі бір материалдан жасалған, иректелген сым (жуандығы 0,015 0,030 мм) желімнің көмегімен қағазға бекітіледі. Бұл сымның екі шеткі ұштары электр қондырғысына жалғастырылады (19-сурет). Мұндай электротензометрлерде негізінен қолданылатын материалдар: константан ( γ 0 =,0,1), нихром ( γ 0 =,1,3) жəне элинвар γ 0 (=3, 3,5). Бұл тензометрлер тек қана бойлық деформацияны сезіп қоймай, иректер доға түрінде болғандықтан, олар көлденең деформацияға да сезімталдық көрсетеді, яғни Δ R = γ ε + x δ ε, бұл формуладағы - y ε R x жəне ε y - x, y осьтеріндегі деформациялар, ал γ мен δ тəжірибе арқылы анықталатын, бойлық жəне көлденең деформациялардың тензосезімталдығы. 75

276 19-cурет Күрделі конструкциялардың элементтерінің кернелген күйін зерттеген кезде, тек кернеулердің шамасын тауып қоймай олардың бас кернеулерінің бағытын да анықтау керек болады. 0-сурет Мұндай жағдайда, үш тензометр қолданылады олар 0-суретте 0 көрсетілгендей, өзара 45 бұрыштармен орналастырылып, қағазға бекітіледі. Осы үш бағыттағы ұзарулар арқылы бас осьтердің жазықтықта орналасуын анықтайтын бас ұзарулар мен бұрыш табылады. Тақырыптың соңында, деформациялар мен кернеулерді тəжірибе жүзінде анықтайтын (зерттейтін) басқа да көптеген əдістердің бар екенін айта кеткен жөн. Мысалы, деформацияларды муар тілімдері арқылы анықтау, кернеулерді оптикалық тəсілмен анықтау, кернеулерді рентгендік тəсілмен анықтау, деформациялар мен кернеулерді лак жағу арқылы анықтау жəне тағы басқалар. 76

277 18 тарау. БЕРІКТІКТІҢ ОСЫ ЗАМАНҒЫ МƏСЕЛЕЛЕРІ ТУРАЛЫ (Қорытынды) Осы заманда «Материалдар кедергісі» пəні қатты денелер ғылымының қирау механикасына жататын көптеген жекеленген салаларының (серпімділік теориясы, пластикалық теория ж.т.б.) негізгі бір саласы болып қалыптасты. Механиканың бас мақсаты конструкциялардың элементтерін тиімді (оптимал) түрде жобалау болып табылады. 1. Теңберіктілік қағидасы. Конструкцияларды (элементтерді) тиімді жобалауды математикалық есеп түріне əкелетін жалпылама тəсілдерді қарастырайық. Конструкциялардың жұмыс істеу қабілеттілігін анықтайтын, бірбірімен тығыз байланыстағы негізгі факторлар: конструкцияның геометриясы, конструкцияның материалы, жүктеменің сыртқы күштің ең үлкен (максимал) деңгейі жəне оның сипаттамасы (статикалық, динамикалық, циклдік жəне т.б.), қоршаған ортаның температурасы жəне тағы басқалар. Мысалы, конструкцияның алғашқы жобасы үшін аталған факторларды математика түрінде бір-бірімен байланыстыратын параметрлер xx... 1,, x n болсын. Негізгі мақсат көрсетілген параметрлер ( xx 1,,... x) n кеңістігінде конструкцияның қауіпсіз жұмыс істей алатын аймақты табу. Мұндай аймақ бола қалған күнде, конструкцияның геометриялық параметрлерін жəне ол жасалатын материалдарды анықтап, конструкцияның массасын, қымбаттылығын жəне тағы басқа да қосымша шарттарды ескере отырып, тиімді жоба жасау. Конструкцияның тағайындалған геометриялық параметрлер аумағында, əлі белгісіз геометриялық параметрлерді анықтауды математикалық есеп түріне əкелетін теңберіктіліктің эвристикалық қағидасы пайдалы деп есептеледі. Қазіргі заманда жиі қолданылатын негізгі жорамалдарды келтірейік: 1) Конструкция жеткілікті түрде сенімді материалдан жасалған, яғни, оның қималарында, негізгі тексерістер кезінде байқалмаған 77

278 дефектер (қажу, коррозиялық жəне тағы басқа жарықшалары) жоқ. ) Конструкция өзінің жұмыс істеу барысында, көрсетілген мерзім ішінде, жоғарда аталған эксплуатациялық жарықшалар қауіпті түрде өспейтін жағдайда жұмыс істейді. Бұл жорамалдар конструкцияны «дефектісіз» деп есептеуге мүмкіндік береді, демек, жергілікті қирауға феноменологиялық теорияларды (біз оларды беріктік теориялары деп атағанбыз) қолдануға да мүмкіндік береді. Барлық феноменологиялық теориялар, элементар көлемнің күйін бей нелейтін - кернеудің дағдарыс шамасы ( σ ij ), деформация ( ε ij ), температура (T) жəне уақыт (t) араларындағы функционалдық тəуелділікті көрсетеді, яғни f( σ, ε, T, t) = 0 (i, j = 1,,3). (18.1) ij ij Демек, егер f p 0 болса, онда жергілікті қирау болмайды, ал f = 0 болса, онда қарастырылып отырған элементар көлем қирайды. Сонымен қатар, f f 0 - болуы мүмкін емес. Келтірілген тəуелділік (18.1) тəжірибе арқылы анықталады. 3)Жергілікті қирау конструкцияның толық қирауына əкеп соғады немесе оның жүк көтеру қабілетін жояды деп жорамалдаймыз. Бұл жорамал конструкцияның беріктік қорын жоғарлатады.. Қолданылып жүрген осы заманғы беріктік теориялары. Бұл теориялар осы пəннің тоғызыншы, он алтыншы жəне он жетінші тарауларында толық қарастырылған болатын. Қазіргі мақсат, сол теорияларды тағы бір тұрғыдан қарастыра кету..1.галилей теориясы. Қирау болмайды, егер max(,, ), (18.) 1 3 бұл формуладағы ( σ1, σ, σ3) - бас кернеулер; - уақытша қарсыласу. Бұл теория, Понсел теориясы секілді, негізінен, созылу кезіндегі қирауға қолданылады...понсел теориясы. Қирау болмайды, егер max(,, ), (18.3)

279 бұл формуладағы ( ε1, ε, ε3) - бас деформациялар; мүмкін деформация..3.кулон теориясы. Қирау болмайды, егер - шектік max( τ σ tg ρ n n ) p k, (18.4) бұл формуладағы σn, τ n - тік векторы n r - жазықтықтағы тік жəне жанама кернеулер; к - жабысу коэффициенті; ρ - ішкі үйкеліс бұрышы. Егер ρ =0 болса, онда металдар үшін соңғы формуладан ( σ1 σ σ1 σ3 σ σ3 ) max,, p k (18.5) Кулон теориясы, негізінен, қирау ысырылудан пайда болғанда қолданылады..4. Мор теориясы. Қирау болмайды, егер [ τ f σ ] max ( ) p 0, (18.6) n Мұндағы функция ( ) n f σ эксперимент арқылы анықталады. Бұл теориялардың үлкен бір кемшілігіне тоқтала кетейік. Күрделі кернелген күй кезінде, жергілікті қирау, көпшілік жағдайда, конструкцияның толық қирауына əкеп соқпайды. Шындығында, кейбір нүктелер маңында не пластикалық аймақ пайда болады, не жүктің салмағы өскен сайын үлкейетін жарықша (сызат) пайда болады. Осыған байланысты есептеулер, кейбір кездерде, сəтті болмауы мүмкін. n 79

280 ПАЙДАЛАНУҒА ҰСЫНЫЛАТЫН ƏДЕБИЕТТЕР Негізгі оқулықтар мен оқу құралдары 1.Түсіпов А. Материалдар кедергісі. Алматы, 1991, 50 бет..түсіпов А. Инженерлік механика. Оқулық. Алматы, 009, 318 бет. 3.Түсіпов А. Түсіпова С. Материалдар кедергісі. Оқу құралы. Алматы, 004, 16 бет. 4.Түсіпов А. Теориялық механика. Оқулық. Алматы, 011, 316 бет. 5.Үркімбаев М.Ф., Жүнісбеков С. Материалдар кедергісі. Алматы: Мектеп, б. 6.Феодосьев В.И. Сопротивление материалов. М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э.Баумана, с. 7.Александров А.В. и др. Сопротивление материалов. М.: Высшая школа, с. 8.Дарков А.В., Шапиро Г.С. Сопротивление материалов. М.: Высшая школа, с. (сырттай оқытуға арналған) Қосымша оқулықтар мен оқу құралдары 1.Работнов Ю.Н. Механика твердого деформируемого тела М.: Наука, с..феодосьев В.И. Десять лекций-бесед по сопротивлению материалов. М.: Наука, с. 3.Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов. М.: Наука, с. 4.Писаренко Г.С., Агарев В.А. и др. Сопротивление материалов. Киев: Висща школа, с. 5.Сборник задач по сопротивлению материалов./ Под ред. А.С. Вольмира. М.: Наука, с. 6.Сборник задач по сопротивлению материалов./ Под ред. В.К. Качурина. М.: Наука, с. 7.Миролюбов И.Н. и др. Сопротивление материалов. Пособие по решению задач. СПб.: Изд-во «Лань» с. 8.Вольмир А.С. и др. Сопротивление материалов. Лабораторный практикум. М с. 80

281 ҚОСЫМШАЛАР 1-қосымша. СТУДЕНТТЕРДІҢ ӨЗДІК ЖҰМЫСТАРЫ (теория) I. ПОТЕНЦИАЛДЫҚ ЭНЕРГИЯ 1. Созылып (сығылып) жүктелген сырықтың потенциалдық энергиясы Созылу жəне сығылу кезінде сыртқы күштер, өздері əрекет етіп тұрған қиманың орын ауыстыруына байланысты жұмыс істейді. Ол жұмыстың бір бөлігі кинетикалық энергияға айналса, ал екінші бөлігі деформацияланған дененің потенциалдық энергиясына айналады. Сонымен Wc = U + K (а) W жұмыс, U - потенциалдық энергия, K - кинетикалық c энергия. Егер күш денеге статикалық əрекет етсе (күштің денеге түсуі тым жай, массаның жылжу жылдамдығы өте аз), онда кинетикалық энергияны ескермеуге болады. Сыртқы күштің жұмысы түгелдей дененің потенциалдық энергиясына айналады деп есептеледі, яғни Wc = U (б) Созылудың (сығылудың) потенциалдық энергиясын табу үшін, 1,а-суретте көрсетілген сырықтың деформациялануын қарастырайық. 1-cурет 81

282 Күш біртіндеп түсірілгендіктен, ондай сырықтың ұзару процесі де тұрақты болмайды, өзгеріп отырады. Сондықтан оның жұмысын интеграл арқылы табу керек. Мысалы, күш түсіп тұрған қима элементар шама d( Δl) -ге жылжығанда, күш P - ға тең. Істелген элементар жұмыс: Wc = P d( Δ l). Осындай элементар жұмыстың бəрін қосып жинасақ, онда толық жұмыстың шамасы ОАВ ұшбұрышының (1,б-сурет) ауданына тең 1 P болады, яғни: Wc = Δl. Енді, Р күшін ішкі бойлық N күшімен алмастырсақ 1 1 Wc = P Δ l= N Δl N dz Бұдан кейін, бұрынан белгілі Δ l = мəнін жəне W = U теңдігін ескерсек EA l U l Ndz c = Wc = EA 0 Егер бойлық күш жəне қатаңдық ( EA ) тұрақты болса, онда U c N l = EA 8 (1.1) (1.) Сыртқы күшті денеден алып тастаған кезде, жиналған потенциялдық энергияның арқасында тағы да жұмыс істеледі, яғни серпімді дене энергияның аккумуляторы болып табылады. Бұл қасиет өндірісте жиі қолданылады (серіппе, рессорлар, т.б.). Тағы бір есте болатын жағдай (1) жəне () формулалар бойынша табылатын энергия, дəлірек айтқанда, дененің серпімді деформациясының потенциалдық энергиясы екені. Өйткені сол формулаларды қорытқан кезде біз созылу диаграммасының тек түзу сызықты алабын (серпімді алабын) қарастырдық.. Ысырылудың потенциалдық энергиясы Өлшемдері δ, dx жəне dy элементар төртбұрыштың ысыру кезiндегі формасының өзгеруін қарастырайық. Оның төменгі қыры жылжымайды деп есептейік (-сурет). Төртбұрыштың жоғарғы қырына түсіп тұрған τ δ dx күшi, оны оңға жылжытқанда, жұмыс істеледі. Күш жылжуға байланысты пропорциялы өзгеретіндіктен, бұл жұмыс төмендегіше табылады.

283 W dx. Деформация аз болғандықтан жылжуды ( Δ ) жуық түрде табамыз. Сондықтан Δ= dy γ болады. -сурет Істелген жұмыс түгелдей потенциялды энергияға айналады деп есептесек, оны келесі формуладан табамыз du dw, 1 du dx dy. (1.3) Бұл энергияны көлемге бөліп, меншікті потенциалды энергияны табамыз du 1 u 0. (1.4) dv Ығысу бұрышын кернеу арқылы өрнектеп (Гук заңы бойынша), келесі формуланы аламыз τ u0 =. (1.5) G 3. Бұралудағы потенциалдық энергия Көптеген эксперименттер мен теориялық зерттеулер бұрау моменті мен бұралу бұрышының арасындағы сызықтық қатынастың бар екенін көрсетеді. Əрине, бұл қатынас дəлірек болу үшін, кернеу белгілі бір шамадан аспау керек (3,а-сурет). Бұралып тұрған сырықтан, ұзындығы dz элемент қиып алайық. Осы элементтің бір беті екінші бетіне қарағанда dφ бұрышына 83

284 бұрылады делік (3,б- сурет). Осы кезде жиылған потенциалдық энергия бұрау моменттерінің жұмысына тең деп қарауға болады. 1 da du M d Формуладағы dφ-дің орнына, оның таза бұралудағы мəнін қойсақ M dz du. GJ 3-сурет Бұл теңдіктің екі жағын да сырықтың бойымен интегралдап, оның потенциалдық энергиясын аламыз. M dz U. (1.6) GJ Егер сырық бойындағы момент тұрақты болса, онда қатаңдық тұрақты кезде бұл формула төмендегіше жазылады. M U (1.7) G J 4. Таза иілудегі потенциялдық энергия Жүктемені жайлап, біртіндеп өсірген кезде, қималардың орын ауыстыру жылдамдыгы өте аз болады. Сондықтан кинетикалық энергияны ескермей ( K = 0 ), потенциалдық энергияны істелген жұмысқа тең деп қарастыруға болады, яғни 84

285 U = W u. (1.8) Ұзындығы dz элемент таза иілгенде істелетін жұмыс, моменттің əсерінен, оның қималарының өзара бұрылу бұрышына байланысты. Сондықтан 1 du = dwu = M dθ. (1.8) Таза иілудегі деформацияланған күйден 1 dθ = dz. (1.9) ρ Таза иiлудегi қисықтықты ескере отырып ( 1 M ρ = ), потенциалдық энергияның өрнегiн EJ x аламыз. M dz EJ x du = немесе U è = l M dz EJ x. (1.10) Ұзындығы l, қатаңдығы EJ x onst арқалық үшiн M U. EJ (1.11) 5. Көлденең иілудегі потенциялдық энергия Көлденең иілуде екі ішкі күш (Q жəне М х ) пайда болатындықтан, потенциалдық энергияны осы екі күштен жеке-жеке тауып (серпімділік шек ғана қаралатын болғандықтан), толық потенциалдық энергияны солардың қосындысы ретінде анықтаймыз. Ию моментінен пайда болатын потенциалдық энергия бұдан бұрын табылған болатын. Mx dz U( Mx ) =. (1.1) EJ x Енді, көлденең күштен пайда болатын потенциалдық энергияны, яғни UQ -ды анықтау үшін, ауданы da ұзындығы dz элементар призманы алып қарайық (4-сурет). Элементар призманың потенциалдық энергиясы u0 da dz өрнегі арқылы табылады. Бұл жердегі u0 - ысырылудағы меншікті энергия τ u0 =. Сонымен, элементар призманың потенциалдық энергиясы: G 85 x

286 y d dz. G (1.13) 4-сурет Жанама кернеуді Журавский формуласы арқылы алмастырсақ * τ ( ) y dz S x y. (1.14) duqy = = Q da G G I b * ( S ) x Өлшемсiз шаманы A қабылдаймыз, яғни Сонымен du Осы секiлдi, Мұндағы Qy = k U y Qx y x y A x ( da) J коэффициент ретiнде b k y Qdz G A * ( S ) x x A y y = A da J b. (1.15) немесе U Qy Qdz y = ky. (1.16) GA Qdz x = kx. (1.17) GA F * ( S ) y A k = x da J b. (1.18) y A x 86

287 k x жəне k y қиманың пішініне ғана тəуелді коэффицент, мысалы: - тік төртбұрышты қима үшін kx = ky = 1,, 10 - тұтас дөңгелек қима үшін kx = ky =, 9 - қалыңдығы жұқа сақина тəрізді қима үшін k =. 5. Күрделі жүктелген сырықтың потнциалдық энергиясы туралы Жоғарыда, əр жүктеме үшін (созылу, сығылу, иілу жəне т.б.), элементтегі потенциалдық энергияның формулалары табылған болатын. Күрделі жүктеме кезінде, яғни, қимада барлық ішкі күштер ( NQ, x, Qy, Mx, M y, M ) пайда болған кезде де Гук заңын қолдансақ, онда толық потенциалдық энергияны сол энергиялардың жиыны ретінде қарастыруға болады. Демек du du ( N) du ( Q ) du ( Q ) du ( M ) du ( M ) du ( M ). x y x y Əрбір ішкі күштерден туындайтын элементар потенциалдық энергияның формулаларын соңғы өрнекке қойсақ N dz Q dz Q dz M dz M dz M dz du kx k. EA GA GA EI EI EI x y x y y x y Бұл өрнектегі k x, k y - коэффициенттері қиманың геометриялық түріне тəуелді шамалар екенін бұрын айтқанбыз. Толық потенциалдық энергияны табу үшін алынған өрнекті ұзындық бойынша интегралдаса болғаны. Мысалы: Q dz M dz M dz U k k. EA GA GA EI EI EI N dz Qx dz y Mx dz y x y x y l l l l l l 87

288 II. ОРЫН АУЫСТЫРУДЫ АНЫҚТАУДЫҢ ЖАЛПЫ ƏДІСТЕРІ (Энергетикалық тəсілдер) Сырықтар созылғандағы немесе сығылғандағы, бұрылғандағы жəне иілгендегі олардың қималарының орын ауыстыруларын анықтау тəсілдері қарастырылған болатын. Ендігі мақсат сырықтың, арқалықтың немесе біліктің, қорыта айтқанда, кез келген конструкциялардың, олардың элементтерінің қималарының орын ауыстыруларын күрделі жүктелген кезде қалай анықтауға болатынын зерттеу. Мұндай зерттеулердің нəтижесінде қималардың орын ауыстыруы ғана табылып қоймайды, сонымен қатар, статикалық анықталмайтын жүйелердің ішкі күштерін табу тəсілдері қорытылады. Осының бəрі сырықтардың потенциалдық энергиясының көмегімен орындалады. 1. Кастилиано теоремасы Алдымен Кастилиано теоремасын тұжырымдайық. Ол теорема: күш əсер етіп тұрған нүктенің орын ауыстыруы, жүйенің потенциалдық энергиясының сол күш бойынша алынған бірінші дербес туындысына тең, яғни U δ p =. (1.19) P Кез келген күштер жүйесімен жүктеліп, статикалық тепе-теңдік күйде тұрған денені қарастырайық (5-сурет). 5-сурет 88

289 Мұндай жағдайда, сыртқы күштер əсерінен денеде потенциалдық энергия пайда болатыны белгілі. Ол энергияны U деп белгілейік. Бір күшті, мысалы, P n күшін dp n элементар шамасына өсірейік. Бұл кезде потенциалдық энергия U P n шамасына өзгереді, яғни U Pn U + dp. n Pn Енді сыртқы күштердің денеге əсер ету кезегін өзгертейік. Алдымен денеге dp n күші əсер етсін. Бұл күш əсер етіп тұрған нүктенің орын ауыстыруы да, осы элементар күш секілді аз шама болады. Оның dp n күшінің бағытына проекциясын dδ n деп 1 белгілейік. Сонда потенциалдық энергия dpn dδ n шамасына тең болады. Бұдан кейін қалған n күштерді денеге түсірейік. Егер dp n күші болмаса, онда потенциалдық энергия U болар еді. Бірақ, денеге dp n күші бұрыннан əсер етіп тұрғандықтан, осы күштің орын ауыстыру нəтижесінде, тағы бір қосымша энергия пайда болады. Элементар күш түсіп тұрған нүкте n сыртқы күштердің əсерінен δ n орын ауыстыруын алатын болғандықтан, жоғарыда аталған қосымша энергия dp δ шамасына тең болады. Сонымен n n U + dp n δ n + 1 dp n dδ n (1.0) Енді (1.19) жəне (1.0) өрнектерді теңестіреміз де, 1 dp n dδ n шамасын жоғарғы дəрежедегі аз шама ретінде eскерусіз қалдырамыз. Сонда бұдан U U + dp n =U + dpn δ n, P n U δ n =. (1.1) P Сонымен, Кастилиано теоремасы дəлелденді. n Теореманы қорытқан кезде, денеге əсер етіп тұрған күштердің 89

290 қандай күштер екенін, қадалған күш пе, момент пе, əлде басқадай күш пе оны даралап көрсеткен жоқпыз. Сондықтан, оларды кез келген, жалпылама күштер деп түсіну керек. Демек, табылатын орын ауыстырулар да - кез келген орын ауыстырулар, тек сыртқы күштердің түріне байланысты. Осы теореманы қолдануға мысалдар қарастырайық. 1-есеп. Ұзындығы l, қатаңдығы тұрақты (EI = const ) арқалықтың бір ұшына P күші əсер етсін (6,а-сурет). Бұл кезде, P күшінің əсерінен арқалық иіледі, оның қималарында ию моменті жəне көлденең күш пайда болады. Күш түсіп тұрған A қимасының орын ауыстыруын табу керек болсын болсын. 6-сурет Тəжірибелердің көрсетуіне қарағанда, иілу кезінде, орын ауыстыруға көлденең күштің əсері тым аз. Сондықтан, тек ию моментін ескереміз. Ию моментінің потенциалдық энергиясы: l 90 ( ) M z U = dz EI Ию моментін табу үшін қималар тəсілін қолданамыз (6,б-сурет). M ( z) = P z. Потенциялдық энергия: ( P z) l 3 dz Pl U = =. EI 6 EI 0 Кастилиано теоремасы бойынша, 3 U Pl δ A = =. P 3EI -есеп. Қатаңдығы тұрақты білік, А қимасында m бұрау

291 моментімен жүктелген (7,а-сурет). Бұрау кезіндегі потенциалдық энергия M dz U. GI l p 7-сурет Қималар тəсілін қолданып, М б моментін табамыз (7,б-сурет). Сонда ml U. GI k Кастилиано теоремасынан.. Мор интегралы M = M ( z) m Кастилиано теоремасының үлкен кемшілігі оның көмегімен тек күш түсіп тұрған нүктенің орын ауыстыруы ғана табылады. Оның өзі де толық орын ауыстыру емес, орын ауыстырудың күш бағытына проекциясы ғана. Тəжірибеде кез келген нүктенің кез келген бағыттағы орын ауыстыруын табу қажет болады. Осыған байланысты, күштер жүйесі əсер етіп, статикалық тепе теңдікте тұрған, мына бір жүйені қарастырайық (8,а-сурет). Осы жүйенің А нүктесінің х бағытындағы орын ауыстыруын табу керек болсын. 91

292 8-сурет Кастилиано теоремасын қолдану үшін, ол нүктеде х бағытында əсер етіп тұрған күш болу керек. Ондай күш болмағандықтан біз өзіміз, ойдан керек күшті, мысалы Ф күшін түсіреміз (8,б-сурет). Енді, шындығында жоқ Ф күші жүйенің потенциалдық энергиясына қалай əсер ететінін зерттеп көрейік. Потенциалдық энергия ішкі күштерге тəуелді, сондықтан ішкі күштердің өзгеруіне зер салайық. Берілген сыртқы күштердің əсерінен (Ф күшінсіз) пайда болатын жүйенің қималарындағы ішкі күштерді Np, Qxp, Qyp, M, Mxp, M деп белгілейік. Ойдан қосылған yp Ф күшінен пайда болатын қосымша ішкі күштерді N, Q, Q,... деп белгілесек, толық ішкі күштер төмендегіше көрсетіледі N P +N, Q +Q, Q +Q, M +M, M +M, M +M. (1.) Сонымен қатар, Ф күшінен пайда болатын қосымша ішкі күштер, осы Ф күшіне пропорционал болатыны да дау туғызбайды. Сондықтан N N 1, Qx Qx 1, Qy Qy1, M M1... (1.3) Бұл жердегі N 1, Q x1, Q y1, қарастырылып отырған қиманың жүйедегі орнына тəуелді пропорционалдық коэффициенттер. Бұл коэффициенттердің негізін түсіну үшін берілген сыртқы күштер жүйесін алып тастап, Ф күшін бірге тең деп алса болғаны. Ол кезде N, p N1 Qxp Qx 1,... M yp MY1 (1.4) Демек, N 1, Q х1, Q у1, M б1, M х1 жəне M у1 орын ауыстыруы анықталып отырған нүктеге (А) ізделіп отырған бағытта (х х) əсер етуші, бірге тең күштен пайда болатын ішкі күштер. 9

293 Берілген күштер жəне Ф күшінен жинақталатын потенциялдық энергияны табайық Np N 1 KxQxp Qx 1 df K yqyp Qx 1 dz M M1 dz M xpm xi dz E G G GI k EI e e e e e x (1.5) U M yp Ny1 dz. e EI Орын ауыстыруы ізделіп отырған нүктеде Ф күші əсер етіп тұрғандықтан, потенциалдық энергияны Ф күші арқылы дифференциалдаймыз. U (N 1 1 ) 1 1 pn N dz x xp x xi y yp y y1 E G G K Q Q Q dz K Q Q Q dz. A e e e Есептің берілімінде Ф күші болмағандықтан, оны нөлге тең деп аламыз. Сол кезде N N dz K Q Q dz K Q Q dz p 1 x xp x1 y yp y1 A E G G e e e M M 1 xpm x1dz M ypm y1dz M dz. GI e k EI e x EI e y (1.6) Бұл интегралдар Мор интегралдары деп аталады. 1-есеп. Үзындығы l, қатаңдығы тұрақты (EI = const ) арқалықтың бір ұшына, яғни оң жақ шеткі қимасына Р күші əсер етсін (9,а-сурет). y 9-сурет 93

294 Күш əсер етіп тұрған нүктенің орын ауыстыруын табу керек болсын. Ол үшін Мор интегралын қолданамыз. Қималар тəсілімен ішкі күштерді табамыз. 9,б суретінен ішкі күштің ию моментінің теңдеуін аламыз Mx = Pz, Q = P. y Енді сыртқы күшті (Р) алып тастап, қарастырылып отырған арқалықты бірлік күшпен жүктейміз (10-сурет). 10-сурет Бірлік күштен пайда болатын ішкі күштерді табамыз. Олар Q y1 = 1, M = z. Ішкі күштердің мəндерін Мор интегралдарына қоямыз P1dz x1 l l 3 ( Pz)( z) dz y l Pl EI 3 0 x G EI G 0. Pl Бұл теңдіктегі екінші мүше біріншіге қарағанда G 3 Pl əлдеқайда аз болғандықтан, оны елемеуге болады. Сонда δ = яғни, өткен параграфтағы нəтиже алынды. 3EI -есеп. Қатаңдығы тұрақты (ЕJ=сonst) конструкцияның А қимаcының z бағытындағы орын ауыстыруын табу керек болсын (11,а-сурет). Бірінші есепте көрсетілгендей, иілу кезіндегі орын ауыстыру мəні, негізінен, ию моментіне байланысты болады. Сондықтан, есепті шешкен кезде, тек ию моментін ескереміз. 94

295 l M pxmx1 dz δ A =. EI x 11-сурет Қаралып отырған конструкция екі аралықтан тұрады: осі түзу аралық АВ жəне шеңбердің төрттен бірінен тұратын ВС аралығы. Осы екі аралық үшін, берілген күштен пайда болатын ию моменттерін табамыз. Олар: АВ аралығында M px = Pz, BC, ВС аралығында M px = PR(1+ sin φ). Енді сыртқы күшті алып тастап, конструкцияны бірлік күшпен жүктейміз (11,б-сурет). Бірлік күш А қимасына z осінің бағытына түсіріледі. Бұл күштен пайда болатын ішкі күштерді табамыз. Олар АВ аралығында M x1 = 0, ал ВС аралығында Mx 1 = R(1 cos φ). Бірлік күштің бағыты, қаралып отырған қиманың қай бағытта жылжитынын көрсетеді. Бұл есепте А қимасы оңға қарай орын ауыстырады деп есептеліп отыр. Егер бұл болжам дұрыс болса, онда есептің жауабы оң таңбамен шығады. Егер шешімнің таңбасы теріс болса, онда қима қарама-қарсы жаққа жылжиды. Алынған моменттерді Мор интегралына қоямыз. Интегралдағы dz = Rdφ болғандықтан π Интегралды алғаннан кейін 0 ( 1 )( 1 ) δa = + Sinφ Cosφ dφ. 3 PR δ A = 1, 07. EI 95

296 Бұл жердегі минус таңбасы А қимасы оңға емес (жоғарыда көрсетілгендей), солға қарай орын ауыстыратынын көрсетеді. 3. Верещагин тəсілі Тəжірибеде кездесетін конструкциялардың элементтерінің қатаңдығы тұрақты болып келеді. Сондықтан, Мор интегралдарынан қатаңдықтар оның сыртына шығып кетеді, яғни 1 K x i N pn1dz QxpQx 1dz E G e K y 1 1 Q Q dz M M dz M G GI EI yp y1 1 px l k l x l 1 M dz M M dz. x1 yp y1 EI y l Интегралдардың астында екі функцияның көбейтіндісі қалады. Оның үстіне, бірлік күштен пайда болатын ішкі күштер (N 1,Q x1, ) сызықтық функция түрінде болатынын ескерсек, Мор интегралын алудың оңай жолын тұжырымдауға болады. Мысалы, ұзындығы l аралықта екі функцияның көбейтіндісінен интеграл алу керек болсын. ht 96 l l 1( ) ( ) (1.7) 0 U f z f z dz Екі функцияның біреуі міндетті түрде сызықтық функция болу керек. Мысалы, екінші функция сызықтық болсын. f ( z) = a+ b z (1.8) Екінші функция f ( ) z -ті (1.7) формулаға қоямыз. l l l U ( a bz) f ( z) dz a f ( z) dz b z f ( z) dz (1.9) Алынған (1.9) теңдіктегі бірінші интегралдың геометриялық мəні осы функциямен қоршалған аудан (1-сурет), басқаша айтқанда, осы функцияның эпюрасы.

297 l f1( z) dz =Ω (4) 0 1-сурет Екінші интегралдың мəні - жоғарыда айтылған ауданның (W) статикалық моменті, яғни l z f1 ( z) dz =Ω z ñö. 0 (1.30) Мұндағы z сц -бірінші эпюраның салмақ центрінің координаты. Осыларды ескере отырып интегралды алуға болады. l l l U ( a bz) f ( z) dz a f ( z) dz b z f ( z) dz (1.31) Сонымен, екі функцияның көбейтіндісінен интеграл алу үшін, екі функцияның эпюраларын бір-біріне көбейту керек. Толық айтқанда, қисық сызықты функцияның эпюрасының ауданын түзу сызықты функцияның ординатасына көбейтеміз. Бұл ордината бірінші функцияның эпюрасының салмақ центріне сəйкес болады. Егер екі эпюра да түзу сызықты болса, онда қай ауданды, қай ординатаға 97

298 көбейту басты мəселе емес. Біреуінің ауданын басқасының ординатасына көбейтсе болғаны. Тек, көбейтілетін ордината, ауданы алынып отырған эпюраның салмақ центрінің астына дəл келсе болғаны. Сонымен, Верещагин тəсілінің негізгі ерекшелігі, Мор интегралдарын графикалық əдіспен алу болып табылады, яғни N y 1. i... (1.3) EI Бұл тəсілмен орын ауыстыруды табу үшін, қандай ішкі күштер ескерілетінін анықтап алу керек. Бұдан бұрынғы параграфтарда көрсетілгендей, ішкі күштердің барлығының əсері бірдей болмайды, олардың біреуі орын ауыстыруға көп ықпал етсе, кейбіреулерінің ықпалын ескермеуге де болады. Ішкі күштерді анықтап алғаннан кейін: 1. Берілген сыртқы күштерден пайда болатын, ескеруге қажет ішкі күштердің эпюрасы тұрғызылады.. Берілген сыртқы күштердің барлығы алынып тасталып, қарастырылып отырған конструкция бірлік күшпен жүктеледі. Ол күш орын ауыстыруы ізделіп отырған қимаға түсіріледі. Бірлік күштің бағыты орын ауыстырудың мүмкін бағытын көрсетеді. 3. Сыртқы күштер эпюрасы бірлік күштің эпюрасымен, жоғарыда айтылғандай, көбейтіледі. Көбейтіндінің таңбасы эпюралардың қалай орналасқанына байланысты анықталады. Егер, көбейтіліп отырған эпюралар конструкция осінің бір жағында жатса, көбейтіндінің таңбасы оң (+), ал олар осьтің екі жағында жатса, онда таңба теріс (-) болады. 1-есеп: Берілген арқалықтың С қимасының орын ауыстыруын Верещагин тəсілімен, табу керек болсын (13,а-сурет). Алдымен, берілген күштерден ию моменттің эпюрасын тұрғызамыз (13,б-сурет). Одан кейін, сыртқы күштерді алып тастап, орын ауыстыруы ізделіп отырған қимаға бірлік күшті түсіреміз (13,в-сурет). Осы жүктемеден эпюра тұрғызамыз (13,г-сурет). Тұрғызылған екі эпюраны бірбірімен көбейтердің алдында, оларды мұқият зерттеп алу керек. 98

299 13-сурет Бірлік күштің эпюрасын екі аралыққа бөлеміз, өйткені ол С нүктесінде «сынып» өзінің бағытын өзгертіп тұр. Ал, берілген күштің эпюрасы үш аралыққа бөлінеді, олар А нүктесінен бірінші күшке дейін; екі күштің арасы жəне екінші күштен В нүктесіне дейінгі аралық. Екі эпюраны біріктіріп қарасақ, оларды онда бұларды өзара көбейту үшін төрт аралыққа бөлу қажет, олар А нүктесінен бірінші күшке дейін; бірінші күштен С нүктесіне дейін; С нүктесінен екінші күшке дейін жəне бұл күштен В нүктесіне дейінгі аралық. Эпюралар С нүктесінен қарағанда симметриялы болғандықтан АС аралығын бір-біріне көбейтеміз де, алынған нəтижені екі еселейміз. Сонымен, үшбұрыштың ауданы 1 P a, оған көбейтілетін 1 a ордината y 1 = a; төртбұрыштың ауданы Pa a, ал ордината 3 y = 0,75a. 99

300 ,5Pa 5,5Pl Pa a a Paa 0,75a EI 3. 6 EI 19EI -есеп. Қарқындылығы тұрақты таралған күшпен жүктелген арқалықтың С қимасының орын ауыстыруларын (сызықтық жəне бұрыштық) табу керек (14-сурет). 14-сурет Өткен есептегідей, берілген күштен пайда болатын, ию моментінің эпюрасын тұрғызамыз (14,а-сурет). Арқалықты бірлік күшпен жүктеп (14,б-сурет), одан пайда болатын ию моментінің эпюрасын тұрғызамыз (14,в-сурет). Қисық үшбұрыштың ауданы: 4 1 q l ql l =. 3 6 Бұл үшбұрыштың салмақ центрінің астындағы бірлік күштен 3 пайда болған эпюраның ординатасы y = l

301 Бұларды өзара көбейтіп, қатаңдыққа бөлгеннен кейін сызықтық орын ауыстыру табылады, яғни 3 4 ql 3 ql δ c = l =. 6 EI 4 8 EI Енді қиманың бұрылу бұрышын табамыз, ол үшін, конструкцияның қатаңдығы тұрақты (EJ=сonst) екенін ескере отырып, сол қимаға бірлік момент түсіреміз (14,в-сурет). Бірлік моменттің бағыты қиманың бұрылу бағытын көрсетеді. Егер оның бұрылу бағыты дұрыс жорамалданбаған болса, онда есептің шешімі теріс таңбамен шығады. Эпюралар бір-бірімен көбейтілгенде, əр аралықтағы эпюра өзіне сəйкес аралықтың эпюрасымен көбейтіледі. Қарастырылып отырған есепте АВ жəне ВД аралықтарындағы эпюралар ғана көбейтіледі. - AB аралығында - Ω = 1 1 Pl l, y 1 = 1; - BD аралығында - Ω = Pl l, y = ,5Pl Қиманың бұрылу бұрышы: θc = Pl l 1+ Pl l 1 =. EI EI 301

302 III. БҰРАЛУ ДЕФОРМАЦИЯСЫНЫҢ КЕЙБІР ЕРЕКШЕЛІКТЕРІ Техниканың, оның ішінде авиацияның жеделдеп дамуы инженерлік конструкцияда жұқа қабырғалы сырықтарды қолданудың маңызының өте зор екенін көрсетіп отыр. Бұл кезде конструкцияның салмағы көп жеңілдейді жəне материал экономиясы да аз болмайды. Жұқа қабырғалы сырықтарды техникада пайдалану есептеу тəсілдерінің дамуына əсерін тигізіп, көлденең қимасы дөңгелек емес сырықтарды есептеудің (еркін бұралу) теориясы пайда болды. Бұл тарауда, аталған теорияның кейбір ерекшеліктеріне тоқталамыз. 1. Қимасы дөңгелек емес сырықтардың бұралуы туралы Қимасы дөңгелек емес элементтердің бұралуы да тəжірибеде жиі кездесiп тұрады. 15-сурет Мұндай элементтердің қимасы деформацияланған кезде жа зық күйiнде қалмайды (15-сурет) яғни, бұл жағдайда Бернулли гипотезасын қолдануға болмайды. Сондықтан, мұндай есептердің шешімін серпімділік теориясы арқылы алуға болады, ал бұл пəнде есептердің дайын формулалары ғана беріледі. Мысалы, қимасы төрт бұрыш элементтер үшiн Mδ τ max =, WK Mδ l φ =. G JK I x жəне Wk келтірілген инерция моменті жəне келтірілген қарсыласу моменті. Бұл шамалар төмендегі формулалардан табылады. 30

303 JK = β a b 3, WK = α a b. Мұндағы α жəне β төртбұрыштың қабырғаларының қатынастарына тəуелдi коэффициенттер, ал b - сол төртбұрыштың кіші қабырғасының шамасы. 16-сурет Параграфтың соңында, серпімділік теориясының тəсілі арқылы алынған, жанама кернеудің төртбұрышты қиманың бетінде таралу эпюрасын көрсете кетейік (16-сурет). Бұл жердегі η - төртбұрыштың қабырғаларының қатынастарына тəуелді коэффициент. Бұл коэффициенттердін шамалары төмендегі кестеде келтірілген кесте а/в 1 1,5 1,75, α 0,1 0,3 0,4 0,5 0,6 0,6 0,8 0,30 0,31 0,313 0,333 0,14 0,0 0,1 0,3 0,5 0,6 0,8 0,30 0,31 0,313 0,333 β η 1,00 0,86 0,8 0,80 0,77 0,75 0,75 0,74 0,74 0,74 0,74. Иірілген сырықтардың орын ауыстыруы жəне кернеулер Иірілген серіппелер негізінен сығылып (17,а-сурет) немесе созылып (17,б-сурет) жəне бұралып (17,в-сурет) жұмыс істейді.

304 Алдымен созылып немесе сығылып жұмыс істейтін серіппелерді қарастырайық. Созылып тұрған серіппенің кез келген жерінен тілік жүргізіп, оны екіге бөлейiк. Бір бөлігін (астыңғы) алып тастап, қалған бөлігінің статикалық тепе-теңдігін қарастырайық (18-сурет). Серіппенің PD кез келген көлденең қимасында Р күшімен M = моменті пайда болады (18,а-сурет). 17-сурет Момент пен күшті oсьтерге проекциялаймыз, сонда D D Mδ 1 = P Cosα, Mu1 = Sinα ; Q = N = P Sinα. (1.33) 1 P Cosα, 18-сурет 304

305 Серіппенің ұзаруын немесе отыруын (l) табу үшін Мор интегралын қолданамыз. Сондықтан, серіппені бірлік күшпен жүктеп, ішкі күштердi табамыз. M δ 1 D D = Cosα, Mu1 = Sinα, Q 1 = Cosα, N1 305 = Sinα. (1.34) Созылу мен сығылудағы секілді серіппенің ұзаруына немесе отыруына негізгі ықпал етуші бұрау моменті болғандықтан төрт интегралдың орнына бір интегралды қолдансақ болғаны. l Mδ Mδ1 dz λ =. (1.35) G I Шамамен Cosa»1 деп алып үшiншi интегралды аламыз. Бұл жердегі k 3 PD π PD λ = l = n. (1.37) 4GI 4GI k K l π D n - серіппенің негізгі жұмыс бөлігінің ұзындығы, n - орам саны. Егер серіппе көлденеңі дөңгелек сымнан жасалса, онда I K 4 π d = Ip = болғандықтан, 3 3 8PD n 4 Gd λ =. (1.38) Созылып немесе сығылып тұрған серіппенің сымына негізінен бұрау моменті əсер ететін болғандықтан, Тұтас дөңгелек қима үшін τ Mδ PD τ max = =. (1.39) W W K δ max 3 Wp π d K M 8 PD = =. (1.40) Енді бұралып жұмыс істейтін серіппелерге көшейік. Бұралып жұмыс істейтін серіппелердің қималарында толық М=m моменті пайда болады (19-сурет)

306 Бұл моменттi осьтерге проекциялаймыз. Сол кезде Mu = m Cosα, M = m Sinα. (1.41) δ Серiппенi бiрлiк моментпен жүктеген кезде Mu1 = Cosα, Mδ 1 = Sinα. (1.4) Бұл өрнектердегі a бұрышының аздығынан бұрау моментiнiң ықпалын ескермеймiз де, бұралу бұрышын ию моментi арқылы табамыз. Mδ 1 MU1 m l φ = dz =. (1.43) EJ EJ y y 19-сурет Өткен жолғыдай, бұл жерде де сosa»1 деп қабылданды. Серiппе сымының ұзындығын ескерсек mπ D φ = n. (1.44) EJ y Ию кезiндегi ең үлкен кернеу m σ max =. (1.45) Wx 3. Жұқа қабырғалы сырықтарды есептеудің негізі туралы Жұқа қабырғалы конструкциялардың жаңа түрлерін тəжірибеде 306

307 пайдалану негізінде, оларды есептеудің жаңа əдістемелері өмірге келді. Бұл теорияны дамытуда көп еңбек сіңіріп, үлкен жетістіктерге жеткен совет ғалымы В.З.Власов екенін атап өткен жөн. Сонымен қатар, жұқа қабырғалы конструкцияларды есептеудің теориясын одан əрі дамытуға ат салысып, үлкен жетістіктерге ие болған ғалымдар: А.А.Уманский, Д.В.Бычков, А.Ржаницын жəне тағы басқалар. Қазіргі кезде, жұқа қабырғалы конструкцияларды есептеудің негізгі теориясының қабырғасы толығынан қаланды деуге болады жəне ғылымның бұл саласы құрылыс механикасының негізгі бір бөлімі болып табылады. 3.1.Еркін жəне қысылысып бұралу туралы түсінік. А. Еркін бұралу. Осы тараудың бірінші параграфында қарастырылған, қимасы дөңгелек емес сырықтың бұралуы, еркін бұралуға жатады. Сонымен, иілу деформациясы пайда болмайтын бұралудың түрі қысылыспайтын еркін бұралу деп аталады. Эксперимент арқылы жəне теориялық зерттеулердің нəтижесі көрсеткендей, сырықтың бекітілуімен жүктелуінің ерекшеліктері қималардың еркін депланациялануына бөгет болмаса, онда мұндай бұралу кезінде сырық иілмейді. Демек бұл жағдайда: а) барлық қималарда жанама кернеулердің шамасы тұрақты болады, б) сырықтың қималарының бойлық бағыттағы ара-қашықтықтары өзгермейді, в) қималарда тік кернеулер пайда болмайды. Б. Қысылысып бұралу. Егер сырықтың кем дегенде бір қимасының еркін депланациялануына бөгет болатын жағдай туындаса немесе кейбір қималардың депланацияланулары əртүрлі болса, онда қысылысып бұралу пайда болады. Қысылысып бұралудың кейбір гипотезалары: а) сырықтың көлденең қимларының пішіні (контур) деформацияланбайды, б) сырықтың орталық бетінің материалы ығысу нəтижесінде өзгермейді жіне т.б. 307

308 3..Қысылысып бұралу кезінде туындайтын кернеулер. Жұқа қабырғалы сырықтардың деформациялану ерекшеліктерін қарастыру үшін, қоставрдың иіліп-бұралуын зерттегенде, олардың қималарында кернеулердің үш тобы туындайтыны белгілі болды. Олар M k δ а) «таза бұралудан» туындайтын жанама кернеу - τ k =, б) көлденең күштен туындайтын қосымша жанама Ik кернеу (секториалды жанама кернеу) - τ ω. в) секториалды тік кернеу) - σ ω. Қысылысып бұралуды зерттеген ғалымдар: С.П. Тимошенко (1905ж.), Губер (194), Б.Г. Галеркин (197), Вагнер (198), П.М. Знаменский (1934), Л.С. Лейбензон (1935) жəне тағы басқалар. IV. МОР ТЕОРИЯСЫ Оқулықтың 9-тарауында созылымдылық түсінігін қолданып, бірнеше беріктік теорияларын қарастырғанда, тəжірибеден жинақталған мəліметтерді жүйелеу арқылы тағы бір беріктік теориясын тұжырымдауға болатынын неміс ғалымы Мор көрсеткенін айтқанбыз. Осы оқулықтың 8-тарауында жазық кернелген күй үшін қорытылып шығарылған мына формулаларға көңiл бөлейiк. σ1+ σ3 σ1 σ3 σ = + Cosα, (1.46) σ1 σ3 τ = Sinα. (1.47) σ1+ σ3 Енді (1.46) формуладағы ( ) мəнін теңдіктің сол жағына шығарып, екі формуланың теңдіктерінің оң жəне сол жақ мəндерін квадраттау арқылы a бұрышынан құтылуға болады σ σ σ τ σ σ + =. (1.48) Бұл өрнектің σ жəне t жүйелеріндегі шеңбер теңдеуі екені, оның 308

309 σ + σ центрі координата басынан ( 1 3 ) қашықтықта жатқаны, теңдеуден айқын көрініп тұр (0-сурет). Бұл шеңбер Мор шеңбері немесе кернелген күйдің шеңбер диаграммасы деп аталады. Үлгіні кез келген кернелген күйде сынай алатын жəне кернеулерді пропорционал түрде өзгертіп отыратын сынақ машинасы бар болсын. Осы машинаның көмегімен, белгілі бір кернелген күйді таңдап алып, оның кернеулерін біртіндеп өзгерте бастайық. Ерте ме, кеш пе, əйтеуір, бір уақытта қауіпті жағдай туып, үлгі не созылымдылық күйге жетеді, не қирайды. 0-сурет Осы күйге сəйкес келетін Мор шеңберін σ жəне t жазықтығында сызамыз (1,а-сурет). Осы материалдан жасалған келесі үлгіні, басқа бір кернелген күйде сынап, оны да қауіпті жағдайға жеткiземiз. Бұл күй үшiн де Мор шеңберiн сызамыз (1,б-сурет). 1-сурет 309

310 Сынақты осылай жүргiзе-жүргiзе, зерттелiп отырған материал үшiн жеткілікті түрде шеңберлер жүргiземiз де, оларды σ жəне t жазықтығында, бір жүйеде көрсетемiз (-сурет). Шеңберлердiң ең жоғарғы нүктелерi арқылы өтетiн қоршау сызығын жүргiземiз. Бұл қоршау сызық σ кернеуiне тəуелдi емес жəне бұдан басқа ешқандай да қоршау сызығын жүргiзуге болмайды деген жорамал қабылдаймыз. Қоршау сызығының көмегімен, материалда қауіпті жағдай туу үшін σ 1 жəне σ 3 кернеулерін неше есе үлкейтуге болатынын, яғни қор коэффициентін табуға болады. Ол үшін берілген кернелген күйдің Мор шеңберінің ең үлкенін сызып, оның кернеулерін неше есе үлкейткенде, бұл шеңбер қоршау сызығымен жанасатынын тапса болды. -сурет Мор шеңберлерінің қоршау сызығының пішіні, материалдың қасиетіне тəуелді екенін айта отырып, одан бұл материал үшін тағы бір механикалық сипаттамасы болып табылатынын атап айтқан жөн. Қазіргі кезде кернелген күйдің барлық түрлерінің моделін жасайтын сынақ машинасы жоқ болғандықтан, созылу мен сығылу шеңберлерін қолданамыз жəне қоршау сызығы түзу сызық деп қарастырамыз. Келтірілген суретте, созылу жəне сығылудың ең үлкен шеңберлеріне D жəне K нүктелерінде жанама болатын қоршау сызығы жүргізілген (3-сурет). Ең үлкен (σ 1 ) жəне ең кіші (σ 3 ) бас кернеулері берілген, белгілі бір кернелген күйдің Мор шеңберін (3-сурет) тұрғызайық. Егер бұл кернелген күйдің барлық құраушыларын n есе үлкейтсек (n-қор коэффициенті), онда материалдың қауіпті күйіне сəйкес шеңбер пайда болады, ол С нүктесінде қоршау сызығымен жанасады. 310

311 * * Бұл кезде σ1 = n σ1, σ3 = n σ3 (1.49) С нүктесінен σ осіне параллель CEL сызығын жүргіземіз. ДЕ жəне CKL үшбұрыштарының ұқсастығынан DE FL =. (1.50) CE CL 3-суретте көрсетілгендей: * * a 1 3 DE, * * 1 3, KL * * 1 3 a CL * * a 1 3 (1.51) 3-сурет (1.51) формуладағы мəндерді (1.50) формулаға қойып. өрнектегеннен кейін: * a * a 1 3. (1.5) Бұған (1.49) формуладагы мəнді қойсақ * a * a 1 3. (1.53) a a 311

312 - деп белгiлейiк. a «Эквивалент кернеу» ұғымын пайдалансақ, созылу үшiн a n. Демек:. n (1.54) Бұл формулаға n-нің мəнін (1.53) өрнегі арқылы алмастырсақ: 1 3. (1.55) Сонымен, Мор теориясы бойынша, беріктік шарты төмендегіше тұжырымдалады.. (1.56) 1 3 Бұл берiктiк шарты қазiргi кезде кеңiнен қолданылады. 31

313 -қосымша. ЖАТТЫҒУ САБАҚТАРЫНЫҢ ТАҚЫРЫПТАРЫ 1.Созылу жəне сығылу. Статикалық тұрғыдан анықталатын жүйелер..созылу жəне сығылу. Статикалық тұрғыдан анықталмайтын жүйелер. 3.Түзу сырықтын бұралуы. Статикалық тұрғыдан анықталған жəне анықталмайтын жүйелер. 4.Жазық қималардың геометриялық сипаттамалары. 5.Иілген сырықтар мен жазық жақтаулардағы ішкі күш факторларын талдау. 6.Статикалық тұрғыдан анықталған иілген сырықтарды беріктікке есептеу. 7.Иілген сырықтардағы сызықтық жəне бұрыштық орын ауыстыруларды анықтау. 8.Қиғаш иілген жəне орталықтан тыс созылған немесе сығылған сырықтарды есептеу. 9.Иіліп бұралу. Сырықтарды беріктікке есептеу. 10.Жазық жəне кеңістіктегі жақтаулардағы сызықтық жəне бұрыштық орын ауыстыруларды анықтау. 11.Статикалық тұрғыдан анықталмайтын иілген сырықтарды жəне жазық жақтауларды есептеу. 1.Жұқа қабырғалы симметриялы қабықшаларды моментсіз теориямен есептеу. 13. Қалың қабырғалы цилиндрлерді есептеу. 14. Бойлай сығылған сырықтарды орнықтылыққа есептеу. 15.Қажуға төзімділікке есептеу. 16. Инерция жəне соққы күштерінің əсері. Беріктікке есептеу. 17. Тербелістер кезінде беріктікке есептеу. 18. Кернеулері серпімділік шегінен асқан жүйелерді есептей. 313

314 3-қосымша. ЗЕРТХАНАЛЫҚ ЖҰМЫСТАР ТІЗІМІ 1. Көміртекті жəне қоспаланған болаттан жасалған үлгілерді созылуға сынау. Созылу диаграммаларын алу жəне өңдеу.. Болаттың серпімділік модулі мен көлденең деформация коэффициентін анықтау. 3. Болаттан, шойыннан жəне пластмассадан жасалған үлгілерді сығылуға сынау. 4. Болат үлгіні екі жерден кесілуге сынау. 5. Болаттан жəне шойыннан жасалған үлгілерді бұралуға сынау. Ығысу модулін анықтау. 6. Бұралу кезіндегі кернеулі күйді тəжірибе жүзінде (жұқа қабырғалы құбырды бұралуға сынау арқылы) зерттеу. 7. Арысты арқалықты сынау арқылы иілу теориясын тəжірибе жүзінде зерттеу. 8. Иілу кезіндегі кернеуді анықтау. 9. Жазық кернеулі күйді тензометрия əдісімен зерттеу. 10. Арысты арқалықты сынау арқылы қиғаш иілу теориясын тəжірибе жүзінде зерттеу. 11. Орталықтан тыс созылу теориясын тəжірибе жүзінде бақылау. 1. Бойлық иілу теориясын тəжірибе жүзінде бақылау. Дағдарыс күшінің шамасын анықтау. 13. Екі аралықты арқалықтың ортаңғы тірегінің реакциясын тəжірибе жүзінде зерттеу. 14. Орын ауыстырулардың өзара теңдігі туралы теореманы тəжірибе жүзінде зерттеу. 15. Серіппелерді созылуға, сығылуға жəне бұралуға сынау. 16. Төзімділікке сынау. 17. Соққыға сынау. 314

315 4-қосымша. АНЫҚТАМАЛЫҚ МАТЕРИАЛДАР 4.1.Материалдардың мүмкін кернеулері Материалдардың аты Мүмкін кернеу - [ σ ] Созылу үшін Сығылу үшін Мн/м кг/см Мн/м кг/см 1 Болат-ОС жəне Болат Болат-3 (құрылыс болаты) Мыс Алюминий Дюралюмин Шойын Қарағай (талшық бойымен) Қарағай (талшыққа көлденең) - - 1,5-, Емен (талшық бойымен Емен (талшыққа көлденең) - -,0-3, Тас қабырға 0,3 дейін 3 дейін 0,4-4, Кірпіш қабырға 0, дейін дейін 0,6-, Бетон (құрамына тəуелді) 0,1-0, «Материалдар кедергісі» пəнінде қолданылатын кейбір физикалық жəне механикалық өлшемдер «Материалдар кедергісі» пəнінде қолданылатын физикалық жəне механикалық шамаларды өлшеу үшін Халықаралық өлшемдер жүйесі (ГОСТ , қысқаша белгіленуі СИ - система интернациональная) қабылданған. Олардың»Материалдар кедергісі» пəнінде қолданылатындары: -ұзындық өлшемі метр (1 м); -масса өлшемі килограмм (1 кг); -уақыт өлшемі секунда (1 сек); -күш өлшемі ньютон (н), 1 (11 ) (1 ); -қысым (механикалық кернеу) өлшемі квадрат метрдегі ньютон (н/м ); -күш моментінің немесе қос күштің өлшемі ньютон-метр (нм); 315

316 -1н = 0,10кГ 0,1кГ немесе 1кг = 9,81н 10н; -қуат өлшемі ватт (вт), 1вт =1дж/сек =. = 0,10 /. 4.3.Кейбір материалдар үшін Пуассон коэффициентінің мəндері Материалдар μ Материалдар μ Болат 0,5-0,33 5 Шыны 0,5 Шойын 0,3-0,7 6 Каучук 0,47 Алюминий 0,6-0,36 7 Парафин 0,50 Тас 0,16-0,34 8 Бетон 0,08-0,18 Ескертпе: Пуассон коффициентінің мəндері тек изотропты материалдар үшін тұрақты, ал анизотропты материалдар үшін, олардың талшықтарының бағытына байланысты əртүрлі болады. 5-қосымша. ТƏЖІРИБЕДЕ ЖИІ КЕЗДЕСЕТІН ҚИМАЛАРДЫҢ ГЕОМЕТРИЯЛЫҚ СИПАТТАМАЛАРЫ 3 3 BH bh J x = BH bh J y = 1 A= H B hb 3 3 BH bh Wx = 6H 3 3 BH bh Wy = 6B i y i x = = 3 3 BH bh 1( BH bh) 3 3 BH bh 1( BH bh) J x π d = Jy = 64 4 π d J ρ = 3 A = π d Wx = W π d y = 3 d 3 π d ix = iy = W ρ =

317 J x = J = y 4 π d = 64 4 ( 1 α ) 4 π d J ρ = α 3 4 ( 1 ) d A = π α 4 4 (1 ) d α = 0 d 3 d Wx = W π y = α 3 4 ( 1 ) 3 π d W ρ = α 16 4 ( 1 ) i x = i = y d = 1+ α 4 4 d π 8 J x π J y 4 π d = Jx = 18 A = π d 8 3 π d W3 = 64 W 0,03d 3 i = 0,13d x d iy = 4 6-қосымша. ҰЗЫНДЫҚТЫ КЕЛТІРУ КОЭФФИЦИЕНТІНІҢ (φ ) МƏНДЕРІ Майысқыштық μ l λ = l Құрылыс болаттары С-38/3 С-44/9 С-46/ СПК болаты Шойын Ағаш 0 1,00 1,00 1,00 1,00 1,00 1, ,988 0,987 0,986 0,97 0,97 0,99 0 0,970 0,968 0,965 0,95 0,91 0, ,943 0,935 0,93 0,91 0,81 0, ,905 0,89 0,888 0,87 0,69 0, ,867 0,843 0,837 0,83 0,57 0, ,80 0,79 0,780 0,79 0,44 0, ,770 0,730 0,710 0,7 0,34 0, ,715 0,660 0,637 0,65 0,6 0, ,655 0,59 0,563 0,55 0,0 0, ,58 0,515 0,48 0,43 0,16 0, ,51 0,440 0,413 0,35-0,5 10 0,448 0,383 0,350 0,30-0,

318 130 0,397 0,330 0,30 0,6-0, ,348 0,85 0,56 0,3-0, ,305 0,50 0,6 0,1-0, ,19-0, ,17-0, ,15-0, ,14-0, ,13-0,08 7-қосымша. СЫРЫҚТАРДЫҢ БЕКІТІЛУІНЕ БАЙЛАНЫСТЫ, μ -КОЭФФИЦИЕНТІНІҢ ЖƏНЕ ДАҒДАРЫС ( P ) КҮШІНІҢ ШАМАЛАРЫ P P () () 1 1 9,86 EI L 0,5 39, 44 EI L 3 4 1,35 5, 4 EI L, 46 EI L 318

319 5 6 0,7 0,1 EI L 0,5 39, 44 EI L 7 8, 46 EI L 1 9,86 EI L ,53 35, 7 EI L 1,6 6, 4 EI L 319

факторлары келесі формулалармен анықталады

факторлары келесі формулалармен анықталады ГЛОССАРИЙ Материалдар кедергісі - Конструкция элементтерінің беріктігін, қатаңдығын және орнықтылығын зерттейтін ғылым Беріктік- конструкцияның немесе оның жеке элементтерінің сыртқы күш әсеріне қирамай

Διαβάστε περισσότερα

КИНЕМАТИКАНЫҢ НЕГІЗГІ ҰҒЫМДАРЫ. Кинематика деп денелердің қозғалысын зерттейтін, бірақ қозғалыстың туу себебін қарастырмайтын физиканың бөлімі.

КИНЕМАТИКАНЫҢ НЕГІЗГІ ҰҒЫМДАРЫ. Кинематика деп денелердің қозғалысын зерттейтін, бірақ қозғалыстың туу себебін қарастырмайтын физиканың бөлімі. КИНЕМАТИКАНЫҢ НЕГІЗГІ ҰҒЫМДАРЫ Кинематика деп денелердің қозғалысын зерттейтін, бірақ қозғалыстың туу себебін қарастырмайтын физиканың бөлімі. Механикалық қозғалыс деп уақыт өзгерісінде кеңістікте дененің

Διαβάστε περισσότερα

САБАҚ ЖОСПАРЫ. Əбдірахманова Күнсая Жамбыл облысы, Тараз қаласы, ФМБ НЗМ, 11-сынып. ҰБТ-ға дайындық үшін геометрия пəнінен тест тапсырмалары

САБАҚ ЖОСПАРЫ. Əбдірахманова Күнсая Жамбыл облысы, Тараз қаласы, ФМБ НЗМ, 11-сынып. ҰБТ-ға дайындық үшін геометрия пəнінен тест тапсырмалары САБАҚ ЖОСПАРЫ Пəн Мұғалім Мектеп, сынып Сабақ тақырыбы Математика Əбдірахманова Күнсая Жамбыл облысы, Тараз қаласы, ФМБ НЗМ, 11-сынып ҰБТ-ға дайындық үшін геометрия пəнінен тест тапсырмалары 1. Үлкен табаны

Διαβάστε περισσότερα

Тема: 23-Көпжақтар. Олардың аудандары мен көлемдері Подтема: 01-Призма. Тік жəне көлбеу призмалар. Куб. Олардың бет аудандары мен көлемдері.

Тема: 23-Көпжақтар. Олардың аудандары мен көлемдері Подтема: 01-Призма. Тік жəне көлбеу призмалар. Куб. Олардың бет аудандары мен көлемдері. Тема: -Көпжақтар. Олардың аудандары мен көлемдері Подтема: 01-Призма. Тік жəне көлбеу призмалар. Куб. Олардың бет аудандары мен көлемдері. 1. Тік үшбұрышты призманың табанының қабырғалары 10 см, 17 см

Διαβάστε περισσότερα

Тақырыбы: Кері функция. Функцияның нүктедегі шегі. Шектің негізгі қасиеттері

Тақырыбы: Кері функция. Функцияның нүктедегі шегі. Шектің негізгі қасиеттері Лекция 9 Тақырыбы: Кері функция. Функцияның нүктедегі шегі. Шектің негізгі қасиеттері ЛЕКЦИЯ ЖОСПАРЫ: 1. Кері функция анықтамасы. Функцияның нүктедегі шегі. Шектің негізгі қасиеттері 1. КЕРІ ФУНКЦИЯ Анықтама

Διαβάστε περισσότερα

Инерция моменті Инерция тензоры

Инерция моменті Инерция тензоры әл Фараби атындағы Қаза қ Ұлтты қ Университеті Физика-техникалы қ факультеті Инерция моменті Инерция тензоры Орындаған: Бижанова С.Б Алматы 2015 Инерция моменті денені құраушы әрбір бөлшекті ң массасы

Διαβάστε περισσότερα

5 ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ЖӘНЕ ИНТЕГРАЛДЫҚ ЕСЕПТЕУЛЕРДІҢ САНДЫҚ ӘДІСТЕРІ. 5.1 Интегралдарды жуықтап есептеу

5 ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ЖӘНЕ ИНТЕГРАЛДЫҚ ЕСЕПТЕУЛЕРДІҢ САНДЫҚ ӘДІСТЕРІ. 5.1 Интегралдарды жуықтап есептеу 5 ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ЖӘНЕ ИНТЕГРАЛДЫҚ ЕСЕПТЕУЛЕРДІҢ САНДЫҚ ӘДІСТЕРІ 5 Интегралдарды жуықтап есептеу [] аралығында анықталған интегралды қарастырайық: J d Егер аралығында үзіліссіз функция болса онда интеграл

Διαβάστε περισσότερα

Қазақстан Республикасының Білім және ғылыми министрлігі. С. Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті. Инженерлік механика I пәні бойынша

Қазақстан Республикасының Білім және ғылыми министрлігі. С. Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті. Инженерлік механика I пәні бойынша Әдістемелік нұсқаулардың титулдық парағы Нысан ПМУ ҰС Н. 7.18.3/40 Қазақстан Республикасының Білім және ғылыми министрлігі С. Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті «Өнеркәсіптік және азаматтық

Διαβάστε περισσότερα

ДЕНЕЛЕРДІҢ ЕРКІН ТҮСУІ

ДЕНЕЛЕРДІҢ ЕРКІН ТҮСУІ ДЕНЕЛЕРДІҢ ЕРКІН ТҮСУІ Денелердің еркін түсуі деп ауа кедергісі болмағандағы денелердің Жерге түсуін айтады. XVI ғасырдың аяғында ұлы итальян Г. Галилей тәжірибелік жолмен сол заманға сай уақыт дәлдігімен

Διαβάστε περισσότερα

2 СЫЗЫҚТЫҚ АЛГЕБРАЛЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕСІН ШЕШУ ӘДІСТЕРІ

2 СЫЗЫҚТЫҚ АЛГЕБРАЛЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕСІН ШЕШУ ӘДІСТЕРІ СЫЗЫҚТЫҚ АЛГЕБРАЛЫҚ ТЕҢДЕУЛЕР ЖҮЙЕСІН ШЕШУ ӘДІСТЕРІ Сызықты лгебрлық теңдеулер жүйенің шешімін сндық әдісте тур (дәл) және итерциялық әдістер деп бөледі ТУРА әдісте жүйенің шешімі рифметиклық млдрдың қырлы

Διαβάστε περισσότερα

Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі. Д.СЕРІКБАЕВ атындағы ШЫҒЫС ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТ ТЕХНИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ

Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі. Д.СЕРІКБАЕВ атындағы ШЫҒЫС ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТ ТЕХНИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі Д.СЕРІКБЕ атындағы ШЫҒЫС ҚЗҚСТН МЕМЛЕКЕТ ТЕХНИКЛЫҚ УНИЕРСИТЕТІ Муслиманова Г.Е., Байзакова Г.. ТЕОРИЯЛЫҚ МЕХНИК СТТИК КИНЕМТИК ДИНМИК 509000 - «Кӛлікті

Διαβάστε περισσότερα

МАЗМҰНЫ. 13 ерекше (жеке) жағдайда орналасуы 2.6 Түзудегі нүкте. Түзудің ізі Жалпы жағдайда орналасқан түзу кесіндісінің сызбада

МАЗМҰНЫ. 13 ерекше (жеке) жағдайда орналасуы 2.6 Түзудегі нүкте. Түзудің ізі Жалпы жағдайда орналасқан түзу кесіндісінің сызбада МАЗМҰНЫ КІРІСПЕ 5 1 Проекцияның құрылуы 6 1.1 Центрлік проекциялар 6 1.2 Параллель проекциялар 6 1.3 Монж тәсілі 7 2 Нүкте және түзу 8 2.1 Нүкте π 1 π 2 екі проекция жазықтықтары жүйесінде 8 2.2 Нүкте

Διαβάστε περισσότερα

Тема: 12 Функциялар Подтема: 01-Функцияның анықтамасы. Функцияның анықталу жəне өзгеру облысы. у =

Тема: 12 Функциялар Подтема: 01-Функцияның анықтамасы. Функцияның анықталу жəне өзгеру облысы. у = Тема: Функциялар Подтема: 0-Функцияның анықтамасы. Функцияның анықталу жəне өзгеру облысы. Функцияның анықталу облысын табыңыз. Жауабы: [ 4;4]. Функцияның мəндер облысын табыңыз. у = х х 0 Жауабы: [ 9

Διαβάστε περισσότερα

Дəрістің қысқаша мазмұны. 1-тақырып. Механика пəні. Материалдық нүктенің кинематикасы

Дəрістің қысқаша мазмұны. 1-тақырып. Механика пəні. Материалдық нүктенің кинематикасы Дəрістің қысқаша мазмұны. -тақырып Механика пəні. Материалдық нүктенің кинематикасы Дəріс жоспары: Механика дамуына қысқаша тарихи шолу. Материалдық нүкте туралы түсінік. Санақ жүйесі. Қозғалыстың салыстырмалылығы.

Διαβάστε περισσότερα

Жарық жылдамдығын өлшеудің лабороториялық әдістері.

Жарық жылдамдығын өлшеудің лабороториялық әдістері. Жарық толқындары Жарық жылдамдығы Жарық жылдамдығын алғаш рет 1676 жылы дат ғалымы О.Рёмер өлшеді. Ол күн жүйесіндегі ең үлкен Юпитер планетасы серіктерінің тұтылуын бақылады. Юпитердің 10 серігі бар,

Διαβάστε περισσότερα

рметті студент! Мамандыты атауы Жауап парағыны 6-9 секторларындағы пəндер реті 5В «Механика» 1. Математикалы талдау I

рметті студент! Мамандыты атауы Жауап парағыны 6-9 секторларындағы пəндер реті 5В «Механика» 1. Математикалы талдау I рметті студент! 08 жылы «Жаратылыстану ғылымдары -» бағытындағы мамандытар тобыны бітіруші курс студенттеріне Оу жетістіктерін сырттай бағалау 4 пəн бойынша ткізіледі. Жауап парашасын з мамандығыызды пəндері

Διαβάστε περισσότερα

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ. М.Өтемісов атындағы Батыс-Қазақстан мемлекеттік университеті ЖҰМЫС ОҚУ БАҒДАРЛАМАСЫ.

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ. М.Өтемісов атындағы Батыс-Қазақстан мемлекеттік университеті ЖҰМЫС ОҚУ БАҒДАРЛАМАСЫ. ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ М.Өтемісов атындағы Батыс-Қазақстан мемлекеттік университеті ЖҰМЫС ОҚУ БАҒДАРЛАМАСЫ Нормаланған кеңістіктегі дифференциалдық есептеулер 6М06000 Математика

Διαβάστε περισσότερα

санын айтамыз. Бұл сан екі тік және екі жатық жолдардан тұратын а а

санын айтамыз. Бұл сан екі тік және екі жатық жолдардан тұратын а а Сызықтық лгебр және нлитиклық геометрия элементтері Екінші және үшінші ретті нықтуыштр Аныктм Екінші ретті нықтуыш деп снын йтмыз. Бұл сн екі тік және екі жтық жолдрдн тұртын кестесі түрінде белгіленеді

Διαβάστε περισσότερα

Курстың мақсаты: - Математикалық физика теориясының іргелі ұғымдарымен таныстыру, негізгі әдістерді үйрету және оларды қолдану білуге дайындау, әр

Курстың мақсаты: - Математикалық физика теориясының іргелі ұғымдарымен таныстыру, негізгі әдістерді үйрету және оларды қолдану білуге дайындау, әр Курстың мақсаты: - Математикалық физика теориясының іргелі ұғымдарымен таныстыру негізгі әдістерді үйрету және оларды қолдану білуге дайындау әр түрлі жеке дара ұғымдар мен зерттеулерді бір жүйеге келтіру

Διαβάστε περισσότερα

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ. Қ. И. Сəтбаев атындағы Қазақ ұлттық техникалық университеті. Өнеркəсіптік инженерия институты

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ. Қ. И. Сəтбаев атындағы Қазақ ұлттық техникалық университеті. Өнеркəсіптік инженерия институты ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Қ. И. Сəтбаев атындағы Қазақ ұлттық техникалық университеті Өнеркəсіптік инженерия институты Сызба геометрия жəне инженерлік графика кафедрасы Ж. М.

Διαβάστε περισσότερα

Иондаушы сәулелердің затпен әсерлесуі

Иондаушы сәулелердің затпен әсерлесуі Электрондардың затпен әсерлесуі Иондаушы сәулелердің затпен әсерлесуі Электрондар жеңіл зарядталған бөлшектер. Электрондардың көзі ретінде бета сәулелену электрон және позитрон шығаратын β радионуклидтері

Διαβάστε περισσότερα

ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ НЕГІЗГІ ЗАҢДАР

ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ НЕГІЗГІ ЗАҢДАР 1 7971 ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ НЕГІЗГІ ЗАҢДАР 1 7-E ИЗДАНИЕ Рекомендовано учебно-методическим объединением в области «Ядерные физика и технологии» в качестве учебного пособия для студентов физических специальностей

Διαβάστε περισσότερα

ПӘНДІ ОҚЫТУДАҒЫ ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛАР

ПӘНДІ ОҚЫТУДАҒЫ ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛАР Әдістемелік нұсқаулардың Нысан титулдық парағы ПМУ ҰС Н 78 Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі С Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті Математика кафедрасы Математикалық

Διαβάστε περισσότερα

І. ТАРАУ 1.1. Оператор ұғымы 4 Мат.анализ I. Функция. Функционал анализ I.Оператор амалгер бейнелік f : X Y x X, мұндағы X R,

І. ТАРАУ 1.1. Оператор ұғымы 4 Мат.анализ I. Функция. Функционал анализ I.Оператор амалгер бейнелік f : X Y x X, мұндағы X R, І. ТАРАУ.. Оператор ұғымы Мат.анализ I. Функция : X Y мұндағы X R, Y R X! Y X Y. Мысал: - әке заңдылығы функцияны қанағаттандырады g - бала заңдылығы функцияны қанағаттандырмайды Функционал анализ I.Операторамалгер

Διαβάστε περισσότερα

Сабақты ң тақырыбы: Күш. Масса. Ньютонны ң екінші заңы. 9 А сыныбы

Сабақты ң тақырыбы: Күш. Масса. Ньютонны ң екінші заңы. 9 А сыныбы Оңтүстік Қазақстан облысы Шымкент қаласы 60 жалпы орта мектебі Ашы қ саба қ Сабақты ң тақырыбы: Күш. Масса. Ньютонны ң екінші заңы 9 А сыныбы Орындаған :физика пәнінің мұғалімі Жалмаханова Салтанат Ахихатқызы

Διαβάστε περισσότερα

И Н Ж Е Н Е Р Л І К Г Р А Ф И К А

И Н Ж Е Н Е Р Л І К Г Р А Ф И К А Ə.К. БƏЙДІБЕКОВ И Н Ж Е Н Е Р Л І К Г Р А Ф И К А сандық белгілері бар проекцияда (Оқу құралы) Алматы "Білім" 2012 УДК 744 ББК 30.11 Б 32 Баспаға Қазақ мемлекеттік сəулет-құрылыс академиясының құрылыс

Διαβάστε περισσότερα

ЗЕРТХАНАЛЫҚ ЖҰМЫСТАРДЫ ОРЫНДАУҒА ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛАР

ЗЕРТХАНАЛЫҚ ЖҰМЫСТАРДЫ ОРЫНДАУҒА ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛАР Әдістемелік нұсқулрдың титулдық прғы Нысн ПМУ ҰС Н 7.8./40 Қзқстн Республиксының білім және ғылым министрлігі С. Торйғыров тындғы Пвлодр мемлекеттік университеті Мтемтик кфедрсы Мтемтик пәні бойынш 5В060800

Διαβάστε περισσότερα

Металдар мен бейметалдар қасиеттері

Металдар мен бейметалдар қасиеттері Металдар мен бейметалдар қасиеттері Металдар Металдар Электр тоғы мен жылуды жақсы өткізетін, пластикалы қ қасиеті жоғары, жылтыр заттар. Мұндай қасиеттерді ң болуы металдарды ң ішкі құрылымымен байланысты.

Διαβάστε περισσότερα

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ ЖОҒАРЫ ОҚУ ОРЫНДАРЫНЫҢ ҚАУЫМДАСТЫҒЫ А. Т.

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ ЖОҒАРЫ ОҚУ ОРЫНДАРЫНЫҢ ҚАУЫМДАСТЫҒЫ А. Т. ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ ЖОҒАРЫ ОҚУ ОРЫНДАРЫНЫҢ ҚАУЫМДАСТЫҒЫ А. Т. Мусин МАТЕМАТИКА II (Лекциялар. Тесттер жинағы) Оқу құралы Алматы, ƏОЖ 5(75.8) КБЖ.я73 М 79 Баспаға Қарағанды «Болашақ» университетінің

Διαβάστε περισσότερα

Математика талапкерге

Математика талапкерге ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Жәңгір хан атындағы Батыс Қазақстан аграрлықтехникалық университеті Математика талапкерге (Оқу-әдістемелік құрал) Орал 2013ж. УДК 1(0) ББК 22.1 М

Διαβάστε περισσότερα

1-БЛОК: Математика. Бір дрыс жауабы бар тапсырмалар

1-БЛОК: Математика. Бір дрыс жауабы бар тапсырмалар -БЛОК: Математика Бір дрыс жауабы бар тапсырмалар. ша 0 км/сағ жылдамдыпен шты. шып ткен жолына арағанда 85 км-ге кем жол алғанда, жылдамдығын 0 км/сағ-а арттырды. Сонда шаты барлы жолдағы орташа жылдамдығы

Διαβάστε περισσότερα

А.Байтұрсынов атындағы Қостанай мемлекеттік университеті. Электроэнергетика және физика кафедрасы. Г.Асанова

А.Байтұрсынов атындағы Қостанай мемлекеттік университеті. Электроэнергетика және физика кафедрасы. Г.Асанова А.Байтұрсынов атындағы Қостанай мемлекеттік университеті Электроэнергетика және физика кафедрасы Г.Асанова Зарядталған бөлшектердің электр өрісіндегі қозғалысы. Зертханалықжұмысты орындау бойынша әдістемелік

Διαβάστε περισσότερα

ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛЫҚ

ӘДІСТЕМЕЛІК НҰСҚАУЛЫҚ Әдістемелік нұсқаулық Нысан ПМУ ҰС Н 78/5 Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі С Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті Математика кафедрасы Математикалық талдау пәнді

Διαβάστε περισσότερα

Әл-Фараби атындағы Қазақ ұлттық университеті МАНАТ. 6D Математика (Қолданбалы математика)

Әл-Фараби атындағы Қазақ ұлттық университеті МАНАТ. 6D Математика (Қолданбалы математика) Әл-Фараби атындағы Қазақ ұлттық университеті ӘОЖ 5.6 Қолжазба құқығында МАНАТ Біркелкі монотонды емес есептелмеліктер 6D6 Математика (Қолданбалы математика) Философия докторы (PhD) ғылыми дәрежесін алу

Διαβάστε περισσότερα

1 1.2 Курстық жұмысқа тапсырма Құбырдың параллельді тармақтарындағы G 1, G 2, G 3 массалық

1 1.2 Курстық жұмысқа тапсырма Құбырдың параллельді тармақтарындағы G 1, G 2, G 3 массалық Жалпы әдістемелік нұсқаулар. Курстық жұмыстың мақсаты мен көлемі Гидромеханика және газ механикасының негізгі есептерінің, міндеттерінің бірі газ және сұйықтық машиналар мен аспаптардың : ұшақтар мен ракеталардың

Διαβάστε περισσότερα

Толқындардың интерференция құбылысы

Толқындардың интерференция құбылысы Толқындардың интерференция құбылысы Толқынды қозғалыстың қайсысына да болмасын интерференция құбылысы тән. Кеңістіктің әрбір нүктесінде қорытқы тербелістер амплитудаларының уақыт жөнінен тұрақты таралу

Διαβάστε περισσότερα

Тақырып: Жоғары молекулалы қосылыстар

Тақырып: Жоғары молекулалы қосылыстар Тақырып: Жоғары молекулалы қосылыстар Жоғары молекулалы қосылыстар немесе полимерлер (гр. πολύ- көп, μέρος бөлік, бөлігі) молекула құрамында өзара химикалық немесе координаттық байланыстармен қосылған

Διαβάστε περισσότερα

МГД- ҚОНДЫРҒЫЛАР ЖӘНЕ ЦИКЛДАРЫ

МГД- ҚОНДЫРҒЫЛАР ЖӘНЕ ЦИКЛДАРЫ МГД- ҚОНДЫРҒЫЛАР ЖӘНЕ ЦИКЛДАРЫ Орында ан:сарсенбаева Руфина ғ Группа:НГД-14/1 МГД - қондырғыларындағы жұмысшы дене ретінде, бейтарап молекулалар мен атомдарды ң, электрондарды ң, иондарды ң квазибейтарап

Διαβάστε περισσότερα

Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі. С. Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті

Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі. С. Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі С. Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті Физика, математика және ақпараттық технологиялар факультеті Жалпы және теориялық физика кафедрасы

Διαβάστε περισσότερα

І ТАРАУ ТЕХНИКАЛЫҚ ТЕРМОДИНАМИКА ПӘНІ МЕН ОНЫҢ МІНДЕТТЕРІ

І ТАРАУ ТЕХНИКАЛЫҚ ТЕРМОДИНАМИКА ПӘНІ МЕН ОНЫҢ МІНДЕТТЕРІ Кіріспе Классикалық (феноменологиялық) термодинамикада энергияның әр түрінің өзара түрлену заңдары оқылады. Техникалық термодинамика жылу мен жұмыстың өзара түрлену заңдылықтарын қарастырады. Мұнда жылулық

Διαβάστε περισσότερα

Лекция. Жарықтың қосарлана сынуын өлшеу.

Лекция. Жарықтың қосарлана сынуын өлшеу. Лекция. Жарықтың қосарлана сынуын өлшеу. 1. Жарық поляризациясы. Малюс заңы. 2. Сəуленің қосарланып сыну құбылысы. 3. Сəуленің қосарланып сынуын өлшеу. 4. Поляризатор жəне анализатор Электромагнит толқындардағы

Διαβάστε περισσότερα

Теллурдың жаңа туындыларының синтезі және қасиеттері

Теллурдың жаңа туындыларының синтезі және қасиеттері Теллурдың жаңа туындыларының синтезі және қасиеттері Дипломдық зерттеудің мақсаты теллурдың жаңа туындыларын синтездеу, рентгендік және термодинамикалық қасиеттерін, кристаллохимиясын зерттеу. Зерттеудің

Διαβάστε περισσότερα

М. Өтемісұлы атындағы Батыс Қазақстан мемлекеттік университеті

М. Өтемісұлы атындағы Батыс Қазақстан мемлекеттік университеті М. Өтемісұлы атындағы Батыс Қазақстан мемлекеттік университеті Педагогика факультеті «Педагогика жəне психология» кафедрасы 5В010200 «Бастауышта оқыту педагогикасы мен əдістемесі» мамандығы бойынша кредиттік

Διαβάστε περισσότερα

Тақырыбы: 11 сынып оқушыларын ҰБТ-ге математика және физика пәндерінен дайындаудың кейбір тиімді әдістері.

Тақырыбы: 11 сынып оқушыларын ҰБТ-ге математика және физика пәндерінен дайындаудың кейбір тиімді әдістері. Тақырыбы: 11 сынып оқушыларын ҰБТ-ге математика және физика пәндерінен дайындаудың кейбір тиімді әдістері. Мақсаты: оқушыларға математика және физика пәндерінің арасындағы байланысты есептер шығару арқылы

Διαβάστε περισσότερα

рметті студент! Мамандыты атауы Жауап парағыны 6-9 секторларындағы пəндер реті 1. Жоғары математика 2. Физика 3. Сызыты автоматты реттеу ж(йелері

рметті студент! Мамандыты атауы Жауап парағыны 6-9 секторларындағы пəндер реті 1. Жоғары математика 2. Физика 3. Сызыты автоматты реттеу ж(йелері рметті студент! 08 жылы «Техникалы ғылымдар жəне технологиялар -» бағытындағы мамандытар тобыны бітіруші курс студенттеріне Оу жетістіктерін сырттай бағалау 4 пəн бойынша ткізіледі. Жауап парашасын з мамандығыызды

Διαβάστε περισσότερα

ПӘНІ БОЙЫНША ОҚЫТУ БАҒДАРЛАМАСЫ (SYLLABUS)

ПӘНІ БОЙЫНША ОҚЫТУ БАҒДАРЛАМАСЫ (SYLLABUS) Пән бойынша оқыту бағдарламасы SYLLABUS Нысан ПМУ ҰС Н 7.8.4/9 Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі С.Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті Математика кафедрасы 5В6 «Математика»

Διαβάστε περισσότερα

ФИЗИКАНЫҢ АРНАЙЫ ТАРАУЛАРЫ

ФИЗИКАНЫҢ АРНАЙЫ ТАРАУЛАРЫ Коммерциялық емес акционерлік қоғам АЛМАТЫ ЭНЕРГЕТИКА ЖӘНЕ БАЙЛАНЫС УНИВЕРСИТЕТІ Физика кафедрасы ФИЗИКАНЫҢ АРНАЙЫ ТАРАУЛАРЫ 5В73- Ақпараттық жүйелер мамандықтарының студенттеріне арналған дәрістер жинағы

Διαβάστε περισσότερα

ФИЗИКАЛЫҚ және КОЛЛОИДТЫҚ ХИМИЯ

ФИЗИКАЛЫҚ және КОЛЛОИДТЫҚ ХИМИЯ ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Ә. Қ. ҚОҚАНБАЕВ ФИЗИКАЛЫҚ және КОЛЛОИДТЫҚ ХИМИЯ Оқулық Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі оқулық ретінде бекіткен АЛМАТЫ 2011

Διαβάστε περισσότερα

КВАНТОВАЯ ФИЗИКА ОСНОВНЫЕ ЗАКОНЫ

КВАНТОВАЯ ФИЗИКА ОСНОВНЫЕ ЗАКОНЫ 1 И. Е. Иродов КВАНТОВАЯ ФИЗИКА ОСНОВНЫЕ ЗАКОНЫ 3-Е ИЗДАНИЕ, СТЕРЕОТИПНОЕ. 2010 2 .. КВАНТТЫҚ ФИЗИКА НЕГІЗГІ ЗАҢДАР, 2012 3 ƏОЖ 530.1(075.8) КБЖ 22.31я73 И 81 Қазақстан Республикасы Білім жəне ғылым министрлігінің

Διαβάστε περισσότερα

Электростатика мейрамханасы

Электростатика мейрамханасы Сабақтың жоспары: І. Ұйымдастыру бөлімі - амандасу; - түгендеу. - оқушыларды 3-топқа бөлу ІІ. Электростатика тарауын қорытындылау Электростатика мейрамханасы ІІІ. Мағынаны тану IV. Сабақты бекіту V. Үйге

Διαβάστε περισσότερα

Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі. С.Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті

Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі. С.Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті Әдістемелік ұсыныстар мен нұсқаулардың сыртқы бет парағы Форма Нысан ПМУ ҰС Н 7.18.3/40 Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі С.Торайғыров атындағы Павлодар мемлекеттік университеті «Құрылыс

Διαβάστε περισσότερα

Жарық Интерференциясын зерттеу

Жарық Интерференциясын зерттеу А.Байтұрсынов атындағы Қостанай мемлекеттік университеті Электроэнергетика және физика кафедрасы Г.Асанова Жарық Интерференциясын зерттеу Зертханалықжұмысты орындау бойынша әдістемелік нұсқаулары Қостанай,

Διαβάστε περισσότερα

«Назарбаев Зияткерлік мектептері» ДББҰ Cambridge International Examinations ФОРМУЛАЛАР ТІЗІМІ ЖƏНЕ СТАТИСТИКАЛЫҚ КЕСТЕЛЕР

«Назарбаев Зияткерлік мектептері» ДББҰ Cambridge International Examinations ФОРМУЛАЛАР ТІЗІМІ ЖƏНЕ СТАТИСТИКАЛЫҚ КЕСТЕЛЕР ** «Назарбаев Зияткерлік мектептері» ДББҰ Cambridge International Eaminations МАТЕМАТИКА ФОРМУЛАЛАР ТІЗІМІ ЖƏНЕ СТАТИСТИКАЛЫҚ КЕСТЕЛЕР -сынып Мамыр 0 MATHK/0/0/0 Бұл құжат басылған беттен жəне таза беттен

Διαβάστε περισσότερα

Павлодар облысы, Павлодар қаласы, Кенжекөл ауылы, Кенжекөл жалпы орта білім беру мектебі

Павлодар облысы, Павлодар қаласы, Кенжекөл ауылы, Кенжекөл жалпы орта білім беру мектебі Пән Мұғалім Мектеп, сынып Физика Текенова Әсел Павлодар облысы, Павлодар қаласы, Кенжекөл ауылы, Кенжекөл жалпы орта білім беру мектебі 1. Массасы 200 кг дене 0,4 м/с 2 үдеумен қозғалғанда әсер ететін

Διαβάστε περισσότερα

рметті студент! Мамандыты атауы Жауап парағыны 6-9 секторларындағы пəндер реті 1. Алгебра «Математикалы жəне 2. Физика компьютерлік 2.

рметті студент! Мамандыты атауы Жауап парағыны 6-9 секторларындағы пəндер реті 1. Алгебра «Математикалы жəне 2. Физика компьютерлік 2. рметті студент! 08 жылы «Техникалы ғылымдар жəне технологиялар -» бағытындағы мамандытар тобыны бітіруші курс студенттеріне Оу жетістіктерін сырттай бағалау пəн бойынша ткізіледі. Жауап парашасын з мамандығыызды

Διαβάστε περισσότερα

Орындаған: Саматқызы Гүлманат Ақтөбе қаласы Ғ.Ақтаев атындағы 6 ОМ, 10 класс оқушысы

Орындаған: Саматқызы Гүлманат Ақтөбе қаласы Ғ.Ақтаев атындағы 6 ОМ, 10 класс оқушысы Орындаған: Саматқызы Гүлманат Ақтөбе қаласы Ғ.Ақтаев атындағы 6 ОМ, 10 класс оқушысы Жетекшісі: Кулдиярова Гулайраш Елубаевна - Ақтөбе қаласы Ғ.Ақтаев атындағы 6 ОМ, математика пәні мұғалімі Пифагор Самосский

Διαβάστε περισσότερα

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ ҚАРАҒАНДЫ МЕМЛЕКЕТТІК ТЕХНИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ. Физика кафедрасы. А.К.Салькеева, Н.А.

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ ҚАРАҒАНДЫ МЕМЛЕКЕТТІК ТЕХНИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ. Физика кафедрасы. А.К.Салькеева, Н.А. ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ ҚАРАҒАНДЫ МЕМЛЕКЕТТІК ТЕХНИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ Физика кафедрасы А.К.Салькеева, Н.А.Маженов Электромагнетизм бөлімі бойынша зертханалық жұмыстарға арналған

Διαβάστε περισσότερα

БАҒДАРЛАМАЛАУ ЖƏНЕ ДЕРЕКҚОР НЕГІЗДЕРІ

БАҒДАРЛАМАЛАУ ЖƏНЕ ДЕРЕКҚОР НЕГІЗДЕРІ КƏСІБИ БІЛІМ БЕРУ И.Г. СЕМАКИН БАҒДАРЛАМАЛАУ ЖƏНЕ ДЕРЕКҚОР НЕГІЗДЕРІ ОҚУЛЫҚ «Білім беруді дамытудың Федералды институты» Федералды мемлекеттік автономды мекемесімен «Компьютерлік желілер» мамандығы бойынша

Διαβάστε περισσότερα

СТУДЕНТТІҢ ПӘНДІК ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ

СТУДЕНТТІҢ ПӘНДІК ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Қ.И.СӘТБАЕВ АТЫНДАҒЫ ҚАЗАҚ ҰЛТТЫҚ ТЕХНИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ Металлургия және полиграфия институты Металлургия процестері және арнайы материалдар технологиясы

Διαβάστε περισσότερα

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ. Еуразиялық нарық институты А.Ə.БАЙМҰХАМЕТОВ, Қ.А.ҚАРАЖАНОВА ЖОҒАРЫ МАТЕМАТИКА

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ. Еуразиялық нарық институты А.Ə.БАЙМҰХАМЕТОВ, Қ.А.ҚАРАЖАНОВА ЖОҒАРЫ МАТЕМАТИКА ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Еуразиялық нарық институты А.Ə.БАЙМҰХАМЕТОВ, Қ.А.ҚАРАЖАНОВА ЖОҒАРЫ МАТЕМАТИКА (ЭКОНОМИСТЕРГЕ АРНАЛҒАН ДƏРІСТЕР) бөлім Оқулық Алматы 5 УДК 57 Баймұхаметов

Διαβάστε περισσότερα

Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті

Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті Қазақстан Республикасының білім және ғылым министрлігі Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті Бекітемін Бірінші проректор Исагулов А.З. " " 2009ж. ОҚЫТУШЫ ПӘНІНІҢ ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ Мәліметтерді

Διαβάστε περισσότερα

АВТОМАТТЫ БАСҚАРУ ТЕОРИЯСЫ

АВТОМАТТЫ БАСҚАРУ ТЕОРИЯСЫ Коммерциялық емес акционерлік қоғам АЛМАТЫ ЭНЕРГЕТИКА ЖӘНЕ БАЙЛАНЫС УНИВЕРСИТЕТІ Өнеркәсіп қондырғыларының электржетегі және автоматтандыру кафедрасы АВТОМАТТЫ БАСҚАРУ ТЕОРИЯСЫ 5В78 Электр энергетикасы

Διαβάστε περισσότερα

ПӘННІҢ ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ

ПӘННІҢ ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ ШӘКӘРІМ атындағы СЕМЕЙ МЕМЛЕКЕТТІК УНИВЕРСИТЕТІ 3 деңгейлі СМЖ қҧжаты ПОӘК ПОӘК студентке арналған пәннің бағдарламасы «Дискретті математикалық логика».09.04

Διαβάστε περισσότερα

АНОМАЛЬДЫ БАЛАЛАРМЕН ЖҰМЫС ЖАСАУДЫҢ КЕЙБІР АСПЕКТІЛЕРІ

АНОМАЛЬДЫ БАЛАЛАРМЕН ЖҰМЫС ЖАСАУДЫҢ КЕЙБІР АСПЕКТІЛЕРІ АНОМАЛЬДЫ БАЛАЛАРМЕН ЖҰМЫС ЖАСАУДЫҢ КЕЙБІР АСПЕКТІЛЕРІ Маханбет Айнұр Мұратбайқызы., ҚМПИ, дефектология мамандығының 2 курс студенті Ғылыми жетекші : Шалғымбекова Ə.Б, ҚМПИ педагогика кафедрасының аға

Διαβάστε περισσότερα

Өткен тақырыпты. қайталау.

Өткен тақырыпты. қайталау. Өткен тақырыпты Физикалық шамаларды өлшем бірліктерімен тұтастырыңдар. Еркін түсу үдеуі g Тұрақты шамалар V 9,8 Н/кг Дене көлемі м 3 Жылдамдық Күш Уақыт Ұзындық Тығыздық қайталау. t кг/м 3 ϑ м/с ρ м F

Διαβάστε περισσότερα

Аннотация. Annotation

Аннотация. Annotation 8 9 10 Аңдатпа 11 Осы дипломдық жобада «Н. В. Гоголь атындағы орта мектебінің ақпараттық жүйесін жобалау және құру» Н. В. Гоголь атындағы орта мектебінің білім беру жүйесі қарастырылады. Бұл жүйеде білім

Διαβάστε περισσότερα

МҰНАЙ КЕН ОРЫНДАРЫН ИГЕРУ

МҰНАЙ КЕН ОРЫНДАРЫН ИГЕРУ ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫҢ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ А.Т. Қартабай, Е.С. Орынғожин, А.К. Есімханова. МҰНАЙ КЕН ОРЫНДАРЫН ИГЕРУ Оқулық Алматы 2013 Қартабай А.Т., Орынғожин Е.С., Молдабаева Г.Ж., Есімханова

Διαβάστε περισσότερα

1-бөлім: Эрозия және үгілу. Үгілу мен эрозия арасында қандай айырмашылық бар?

1-бөлім: Эрозия және үгілу. Үгілу мен эрозия арасында қандай айырмашылық бар? Өзен эрозиясы ЖЕР ТУРАЛЫ ҒЫЛЫМДАР ГЕОЛОГИЯ ӨЗЕН ЭРОЗИЯСЫ 1-бөлім: Эрозия және үгілу Үгілу мен эрозия арасында қандай айырмашылық бар? Жердің рельефі Жер ландшафтын көтеретін және түсіретін түрлі процестердің

Διαβάστε περισσότερα

Сұлтанғали Төлегенов БИОМЕТРИЯ. ОҚУлық

Сұлтанғали Төлегенов БИОМЕТРИЯ. ОҚУлық Сұлтанғали Төлегенов БИОМЕТРИЯ ОҚУлық Алматы 0 УДК 378 (075.8): 57.087. ББК 8.073. я к Т 65 Пікір жазғандар: Шүлембаева К.Қ. б.ғ.д., профессор; Жұмабеков Е.Ж. б.ғ.д., профессор; Торыбаев Х.К. б.ғ.д., профессор;

Διαβάστε περισσότερα

9. СҰЙЫҚ ЖӘНЕ ҚАТТЫ ДЕНЕЛЕРДЕГІ ЖАРЫҚТЫҢ ЖҰТЫЛУЫ

9. СҰЙЫҚ ЖӘНЕ ҚАТТЫ ДЕНЕЛЕРДЕГІ ЖАРЫҚТЫҢ ЖҰТЫЛУЫ 10 9. СҰЙЫҚ ЖӘНЕ ҚАТТЫ ДЕНЕЛЕРДЕГІ ЖАРЫҚТЫҢ ЖҰТЫЛУЫ 9.1. Жұмыстың мақсаты Фотометрлердің көмегімен денелердің жарықты жұтуының негізгі сипаттамаларын зерттеу. Жарықтың жұтылу заңына негізделген мөлшерлік

Διαβάστε περισσότερα

ЖАЛПЫ ХИМИЯЛЫҚ ТЕХНОЛОГИЯ

ЖАЛПЫ ХИМИЯЛЫҚ ТЕХНОЛОГИЯ ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Ж. К. ҚАЙЫРБЕКОВ Е. А. ƏУБƏКІРОВ Ж. К. МЫЛТЫҚБАЕВА ЖАЛПЫ ХИМИЯЛЫҚ ТЕХНОЛОГИЯ Оқулық Алматы, 2014 ƏОЖ 66 (075.8) КБЖ 35 я 73 Қ 23 Қазақстан Республикасы

Διαβάστε περισσότερα

МАТЕМАТИКАЛЫҚ ФИЗИКА ТЕҢДЕУЛЕРІ

МАТЕМАТИКАЛЫҚ ФИЗИКА ТЕҢДЕУЛЕРІ Л.Н. ГУМИЛЕВ АТЫНДЫҒЫ ЕҰУ КІТАПХАНАСЫ Зара СЫЗДЫҚОВА Андрей ИБАТОВ МАТЕМАТИКАЛЫҚ ФИЗИКА ТЕҢДЕУЛЕРІ ОҚУЛЫҚ АСТАНА ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Л.Н. ГУМИЛЕВ АТЫНДЫҒЫ ЕУРАЗИЯ ҰЛТТЫҚ

Διαβάστε περισσότερα

ЖЕРСЕРІКТІК НАВИГАЦИЯЛЫҚ ЖҮЙЕЛЕР

ЖЕРСЕРІКТІК НАВИГАЦИЯЛЫҚ ЖҮЙЕЛЕР Жерсеріктік навигациялық жүйелер ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Қ.И.СӘТБАЕВ атындағы ҚАЗАҚ ҰЛТТЫҚ ТЕХНИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ Қ.Б. РЫСБЕКОВ ЖЕРСЕРІКТІК НАВИГАЦИЯЛЫҚ ЖҮЙЕЛЕР Университеттің

Διαβάστε περισσότερα

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ ДЕНСАУЛЫҚ САҚТАУ ЖӘНЕ ӘЛЕУМЕТТІК ДАМУ МИНИСТРЛІГІ ОҢТҮСТІК ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТТІК ФАРМАЦЕВТИКА АКАДЕМИЯСЫ АЛИХАНОВА Х.Б.

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ ДЕНСАУЛЫҚ САҚТАУ ЖӘНЕ ӘЛЕУМЕТТІК ДАМУ МИНИСТРЛІГІ ОҢТҮСТІК ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТТІК ФАРМАЦЕВТИКА АКАДЕМИЯСЫ АЛИХАНОВА Х.Б. ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ ДЕНСАУЛЫҚ САҚТАУ ЖӘНЕ ӘЛЕУМЕТТІК ДАМУ МИНИСТРЛІГІ ОҢТҮСТІК ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТТІК ФАРМАЦЕВТИКА АКАДЕМИЯСЫ АЛИХАНОВА Х.Б. «Дәрігерлік емдеу ісі» мамандығы студенттеріне «Химия»

Διαβάστε περισσότερα

Химия пәнінен интерактивті online сабағы

Химия пәнінен интерактивті online сабағы Химия пәнінен интерактивті online сабағы Дюлонг - Пти ережесі Газдардың парциал қысымы Сабақтың мақсаты білімділік: физикадан белгілі термодинамикалық параметрлер температура, қысым, көлем, меншікті жылу

Διαβάστε περισσότερα

2. HЬЮТОН САҚИНАЛАРЫ КӨМЕГІМЕН ЖАРЫҚ ТОЛҚЫНЫНЫҢ ҰЗЫНДЫҒЫН АНЫҚТАУ

2. HЬЮТОН САҚИНАЛАРЫ КӨМЕГІМЕН ЖАРЫҚ ТОЛҚЫНЫНЫҢ ҰЗЫНДЫҒЫН АНЫҚТАУ 23 2. HЬЮТОН САҚИНАЛАРЫ КӨМЕГІМЕН ЖАРЫҚ ТОЛҚЫНЫНЫҢ ҰЗЫНДЫҒЫН АНЫҚТАУ 2.1. Жұмыстың мақсаты Амплитудалардың бөліну принципі бойынша оптикадағы когеренттілікті алу жолдарымен танысу (мөлдір жұқа қабаттар,

Διαβάστε περισσότερα

«СТАТИСТИКА» ПƏНІ БОЙЫНША ОҚУ- ƏДІСТЕМЕЛІК КЕШЕН

«СТАТИСТИКА» ПƏНІ БОЙЫНША ОҚУ- ƏДІСТЕМЕЛІК КЕШЕН М. Өтемісов атындағы Батыс Қазақстан мемлекеттік университеті Тарих, экономика жəне құқық факультеті Есеп жəне қаржы кафедрасы Мемлекеттік жəне жергілікті басқару, менеджмент, экономика мамандығы бойынша

Διαβάστε περισσότερα

9 СЫНЫПҚА АРНАЛҒАН ФИЗИКА ПƏНІНЕН ОЖСБ ТЕСТІЛЕРІ

9 СЫНЫПҚА АРНАЛҒАН ФИЗИКА ПƏНІНЕН ОЖСБ ТЕСТІЛЕРІ 9 СЫНЫПҚА АРНАЛҒАН ФИЗИКА ПƏНІНЕН ОЖСБ ТЕСТІЛЕРІ 1 нұска 1. Массасы 160 г хоккей шайбасының жылдамдығы 30 м/с. Шайбаның импульсі A) 48 кг м/с B) 4800 кг м/с C) 53 кг м/с D) 5,3 кг м/с E) 4,8 кг м/с 2.

Διαβάστε περισσότερα

Ж. ҚАРАУЛОВ МҰНАЙ ЖƏНЕ ГАЗ ҰҢҒЫЛАРЫН БҰРҒЫЛАУ ТЕХНОЛОГИЯСЫ

Ж. ҚАРАУЛОВ МҰНАЙ ЖƏНЕ ГАЗ ҰҢҒЫЛАРЫН БҰРҒЫЛАУ ТЕХНОЛОГИЯСЫ Ж. Қараулов Ж. ҚАРАУЛОВ МҰНАЙ ЖƏНЕ ГАЗ ҰҢҒЫЛАРЫН БҰРҒЫЛАУ ТЕХНОЛОГИЯСЫ АЛМАТЫ, 2007 0 Мұнай жəне газ ұңғыларын бұрғылау технологиясы ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Қ.И.СƏТБАЕВ атындағы

Διαβάστε περισσότερα

ФИЗИКА 1. 5В Ғарыштық техника және технологиялар мамандығының студенттері үшін есептеу-сызба жұмыстарды орындау бойынша әдістемелік нұсқаулықтар

ФИЗИКА 1. 5В Ғарыштық техника және технологиялар мамандығының студенттері үшін есептеу-сызба жұмыстарды орындау бойынша әдістемелік нұсқаулықтар Коммерциялық емес акционерлік қоғам Алматы энергетика және байланыс университеті Физика кафедрасы ФИЗИКА 1 5В074600 Ғарыштық техника және технологиялар мамандығының студенттері үшін есептеу-сызба жұмыстарды

Διαβάστε περισσότερα

Е.М.Ахметов ГЕОФИЗИКАЛЫҚ ӘДІСТЕРІНЕ КІРІСПЕ

Е.М.Ахметов ГЕОФИЗИКАЛЫҚ ӘДІСТЕРІНЕ КІРІСПЕ ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫНЫҢ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Қ.И.СӘТБАЕВ АТЫНДАҒЫ ҰЛТТЫҚ ТЕХНИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ Е.М.Ахметов ГЕОФИЗИКАЛЫҚ ӘДІСТЕРІНЕ КІРІСПЕ АЛМАТЫ 2015 ОЭЖ 550.8(075) Қ.И.Сәтбаев атындағы Казақ

Διαβάστε περισσότερα

САБАҚ ЖОСПАРЫ. Сұйықтықтардағы қысым формуласы мен анықтамасын біледі. Қатынас ыдыстардың түрлерін біледі. Жетістік критерийлері

САБАҚ ЖОСПАРЫ. Сұйықтықтардағы қысым формуласы мен анықтамасын біледі. Қатынас ыдыстардың түрлерін біледі. Жетістік критерийлері САБАҚ ЖОСПАРЫ Пəн Мұғалім Мектеп, сынып Сабақ тақырыбы Физика Кененбаева Айнур Ахметжановна Шымкент қаласы ФМБ НЗМ, 7 «В», 7 «Е», 7 «G» сыныптары Паскаль заңы. Сұйықтық ішіндегі қысым. Қатынас ыдыс. Гидравликалық

Διαβάστε περισσότερα

Қазақстан Республикасының білім жєне ғылым министрлігі. Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті

Қазақстан Республикасының білім жєне ғылым министрлігі. Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті Қазақстан Республикасының білім жєне ғылым министрлігі Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті Бекітемін Бірінші проректор ҚарМТУ Исагулов А.З. 7 ж. ОҚЫТУШЫ ПӘНІНІҢ ОҚУ - ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ Ықтималдық

Διαβάστε περισσότερα

ЖАЛПЫ ФИЗИКА КУРСЫНЫҢ СЕМЕСТРЛІК ТАСЫРМАЛАРЫ

ЖАЛПЫ ФИЗИКА КУРСЫНЫҢ СЕМЕСТРЛІК ТАСЫРМАЛАРЫ Əбдіқасова А.Ə. ЖАЛПЫ ФИЗИКА КУРСЫНЫҢ СЕМЕСТРЛІК ТАСЫРМАЛАРЫ Алматы, 2015 Эверо 1 УДК 53(075) ББК 22,3 я 7 Ə 14 Пікір жазғандар: ҚазҰТУ-дің материалдар кедергісі жəне механизмдер мен машиналар теориясы

Διαβάστε περισσότερα

СӨЗЖАСАМ, ТЕРМИНЖАСАМ ТӘСІЛДЕРІ ОЛАРДЫҢ БАЙЛАНЫСЫ

СӨЗЖАСАМ, ТЕРМИНЖАСАМ ТӘСІЛДЕРІ ОЛАРДЫҢ БАЙЛАНЫСЫ СӨЗЖАСАМ, ТЕРМИНЖАСАМ ТӘСІЛДЕРІ ОЛАРДЫҢ БАЙЛАНЫСЫ Мамаева Гүлнар Бейсенқызы филология ғылымдарының кандидаты Л.Н. Гумилев атындағы Еуразия ұлттық университеті қазақ тіл білімі кафедрасының доценті Астана.

Διαβάστε περισσότερα

Сабақ жоспары. 1. М(2;-5), Р(-5;-2), К(2;5) болса, МРК үшбұрышының периметрін табыңдар.

Сабақ жоспары. 1. М(2;-5), Р(-5;-2), К(2;5) болса, МРК үшбұрышының периметрін табыңдар. 1 Сынып: 10 Сабақтың тақырыбы: Векторлар. Сабақтың мақсаттары: 1. Білімділік: Векторларларға амалдар қолдану. 2. Дамытушылық: 9 сыныпта өтілген тақырыптарды есеп шығару арқылы бекіту. 3. Тәрбиелік: Оқушылардың

Διαβάστε περισσότερα

*Стереометрия аксиомалары және олардың қарапайым салдары

*Стереометрия аксиомалары және олардың қарапайым салдары *Стереометрия аксиомалары және олардың қарапайым салдары Мақсаты O Білімділік: Оқушылардың білімге деген қызығушылықтарын арттыру. O Дамытушылық: есепке қызықтыру арқылы білімін тереңдету O Тәрбиелік:

Διαβάστε περισσότερα

нарықтың дамыған инфрақұрылымның болуы; тұрақты салықтық-бюджеттік және кредитті-ақшалай жүйенің болуы. Еркін нарықтың қызмет етуін қамтамасыз ететін

нарықтың дамыған инфрақұрылымның болуы; тұрақты салықтық-бюджеттік және кредитті-ақшалай жүйенің болуы. Еркін нарықтың қызмет етуін қамтамасыз ететін 3 дәріс. Нарық және оның қызмет жасауының механизмі. Нарықтың жалпы сипаттамасы және олардың өзара әсерлесуі. Нарықтың негізгі элементтері және олардың өзара әсерлесуі. Нарықтың сиымдылығы және болжауы.

Διαβάστε περισσότερα

Қазақстан Республикасы білім және ғылым министрлігі. Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті

Қазақстан Республикасы білім және ғылым министрлігі. Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті Қазақстан Республикасы білім және ғылым министрлігі Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті Бекітемін Бірінші проректор Исагулов А.З. " " 2009 ж. ОҚЫТУШЫ ПӘННІҢ ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ Геодезия пәні

Διαβάστε περισσότερα

Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі. Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті

Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі. Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті Қазақстан Республикасының Білім және ғылым министрлігі Қарағанды мемлекеттік техникалық университеті Бекітемін Бірінші проректор Исағұлов А.З. " " 2005 ж. ОҚЫТУШЫ ПӘНІНІҢ ОҚУ-ӘДІСТЕМЕЛІК КЕШЕНІ «Конструкционды

Διαβάστε περισσότερα

М. Өтемісов атындағы Батыс Қазақстан мемлекеттік университеті

М. Өтемісов атындағы Батыс Қазақстан мемлекеттік университеті М. Өтемісов атындағы Батыс Қазақстан мемлекеттік университеті ЖАРАТЫЛЫСТАНУ - МАТЕМАТИКА ФАКУЛЬТЕТІ ХИМИЯ МАМАНДЫҒЫ БОЙЫНША КҮНДІЗГІ КРЕДИТТІК ОҚУ ЖҮЙЕСІНДЕ ОҚИТЫН СТУДЕНТТЕРГЕ АРНАЛҒАН ЖОҒАРЫ МОЛЕКУЛАЛЫҚ

Διαβάστε περισσότερα

Б.Қ. Бұқарбаев, Ж.Ғ. Займолдина, Б.Б. Ораз, О.Ж. Ұлқабай ДЕНЕ ШЫНЫҚТЫРУ ӘДІСТЕМЕЛІК ҚҰРАЛ

Б.Қ. Бұқарбаев, Ж.Ғ. Займолдина, Б.Б. Ораз, О.Ж. Ұлқабай ДЕНЕ ШЫНЫҚТЫРУ ӘДІСТЕМЕЛІК ҚҰРАЛ Б.Қ. Бұқарбаев, Ж.Ғ. Займолдина, Б.Б. Ораз, О.Ж. Ұлқабай ДЕНЕ ШЫНЫҚТЫРУ ӘДІСТЕМЕЛІК ҚҰРАЛ Жалпы бiлiм беретiн 11 жылдық мектептiң 3-сынып мұғалімдеріне арналған Қазақстан Республикасының Білім және ғылым

Διαβάστε περισσότερα

Михайлова Светлана Леонидовнаның

Михайлова Светлана Леонидовнаның Михайлова Светлана Леонидовнаның «6D074000 Наноматериалдар және нанотехнологиялар» мамандығы бойынша философия докторы (PhD) ғылыми дәрежесін алу үшін диссертациясына АННОТАЦИЯ Металл нанокластерлерімен

Διαβάστε περισσότερα

Қызылорда облысы, Жаңақорған ауданы, Қожамберді ауылы, 162 орта мектеп

Қызылорда облысы, Жаңақорған ауданы, Қожамберді ауылы, 162 орта мектеп Пән Мұғалім Мектеп, сынып География Опашова Жанагүл Қызылорда облысы, Жаңақорған ауданы, Қожамберді ауылы, 162 орта мектеп 1. Нүктенің жылдамдығының сан мәні уақыт функциясы болатын түзусызықты қозғалысы.

Διαβάστε περισσότερα

ырыбы: Қатты денелерді ң қасиеттері.

ырыбы: Қатты денелерді ң қасиеттері. Та қ ырыбы: Қатты денелерді қасиеттері. Жоспары: 1) Кіріспе Кристалдар ж ә не аморфты денелер 2) Негізгі б ө лім: а) Кристалдар анизатропиясы. Б) Монокристалдар ж ә не поликристалдар. В) Аморф денелер

Διαβάστε περισσότερα

АҚПАРАТТЫҚ ТЕХНОЛОГИЯЛАР

АҚПАРАТТЫҚ ТЕХНОЛОГИЯЛАР КƏСІБИ БІЛІМ БЕРУ Г.С. ГОХБЕРГ, А.В. ЗАФИЕВСКИЙ, А.А. КОРОТКИН АҚПАРАТТЫҚ ТЕХНОЛОГИЯЛАР Оқулық «Білім беруді дамыту федералдық институты» жанындағы федералдық мемлекеттік мекемесі тарапынан орта кәсіптік

Διαβάστε περισσότερα

МАЗМҰНЫ ЭЕМ-НІҢ НЕГІЗГІ ФУНКЦИОНАЛДЫҚ ЭЛЕМЕНТТЕРІ, I БӨЛІМ... ЭЕМ-НІҢ НЕГІЗГІ ФУНКЦИОНАЛДЫ ЭЛЕМЕНТТЕРІ, II БӨЛІМ... АРИФМЕТИКАЛЫҚ-ЛОГИКАЛЫҚ ҚҰРЫЛҒЫ...

МАЗМҰНЫ ЭЕМ-НІҢ НЕГІЗГІ ФУНКЦИОНАЛДЫҚ ЭЛЕМЕНТТЕРІ, I БӨЛІМ... ЭЕМ-НІҢ НЕГІЗГІ ФУНКЦИОНАЛДЫ ЭЛЕМЕНТТЕРІ, II БӨЛІМ... АРИФМЕТИКАЛЫҚ-ЛОГИКАЛЫҚ ҚҰРЫЛҒЫ... МАЗМҰНЫ КІРІСПЕ... 3 НЕГІЗГІ ТЕРМИНДЕР ЖӘНЕ АНЫҚТАУЛАР... 4 ЭЕМ-НІҢ НЕГІЗГІ ФУНКЦИОНАЛДЫҚ ЭЛЕМЕНТТЕРІ, I БӨЛІМ... 6 ЭЕМ-НІҢ НЕГІЗГІ ФУНКЦИОНАЛДЫ ЭЛЕМЕНТТЕРІ, II БӨЛІМ... 5 АРИФМЕТИКАЛЫҚ-ЛОГИКАЛЫҚ ҚҰРЫЛҒЫ...

Διαβάστε περισσότερα

АЛГОРИТМДЕУ ЖƏНЕ ПРОГРАММАЛАУ ТІЛДЕРІ

АЛГОРИТМДЕУ ЖƏНЕ ПРОГРАММАЛАУ ТІЛДЕРІ ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖƏНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ Б.Б.Бөрібаев, А.М.Махметова АЛГОРИТМДЕУ ЖƏНЕ ПРОГРАММАЛАУ ТІЛДЕРІ Оқулық Қазақстан Республикасы Білім жəне ғылым министрлігі бекіткен Алматы, 2011 1

Διαβάστε περισσότερα

АВТОМАТИКА ЖӘНЕ ТЕЛЕМЕХАНИКА ЖҮЙЕЛЕРІН ЖОБАЛАУ

АВТОМАТИКА ЖӘНЕ ТЕЛЕМЕХАНИКА ЖҮЙЕЛЕРІН ЖОБАЛАУ Умаров Амангелді Рахымбердіұлы Умаров Амантұр Амангелдіұлы АВТОМАТИКА ЖӘНЕ ТЕЛЕМЕХАНИКА ЖҮЙЕЛЕРІН ЖОБАЛАУ Оқу құралы А.Ясауи атындағы ХҚТУ оқу-әдістемелік кеңесінің шешімімен ЖОО 5В070200-Автоматтандыру

Διαβάστε περισσότερα

Атом құрылысы және химиялық байланыс

Атом құрылысы және химиялық байланыс Қазақстан Республикасы Білім және ғылым министрлігі М.Ӛтемісов атындағы Батыс Қазақстан мемлекеттік университеті Д.К. Мендалиева, Ж.Ш.Султанова Атом құрылысы және химиялық байланыс Оқу құралы Орал, 013

Διαβάστε περισσότερα