1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ... 34

-------- 3 - Materiallar

bet7/34
Sana15.10.2017
Hajmi78.98 Kb.

--------



EA


Binobarin,  ko‘chishlar  chiziqli  konun  bo‘yicha  o ‘zgarar  ekan.  Uchastka-

 

ning  boshlangMch  va  oxirgi  nuqtalaridagi  ko'chishlarni  topamiz:



4 FI


x  =  0  boMsa 


Aa =


 0 ;  x = l   boMsa 


Яй


  = т т г ; .


jlhA

Ikkinchi  qism  uchun 


( l < x < 3 l ) :


2 F  


F  


a  


 

N „ - -


2

F ;   c r -


 


-  


A


  ; 


e  -   £


 


^   .


Sterjenning  m ahkam langan  uchidan  x  m asofada  yotgan  kesim ning

 

k o ‘chishi



EA 
EA

Ikkinchi  qism  boshida


4 FI


x = I ,  Лн  =

 -


З Е А 

 

qism  oxirida



«Minus»  ishora С  kesimning ko‘chishi  pastga yo‘nalgan!igini  ko‘rsatadi.

 

Uchinchi  qism  

(3£ й х <  4£)
F  
F_
EA

Sterjenning  A  uchidan  x  masofada  yotgan  kesimning  ko'chishi


ЗЕА 
EA

Uchinchi  qism  boshida


qismning  oxirida


F t
x = 3£,

  Л  - -


7 7

ГТ;


EA
F (
x

 = 

41,  Лд  -

EA
N ,  cr,  e  va  Л

  epyuralari  2.13-rasmda  tasvirlangan.


2.7-misol.  AB  va  BC  sterjenlariga  xavf-xalarsiz  osib  qo'yilishi  mumkin 
bo'lgan  yuk  Q  ning  eng  katta  qiymati  aniqlansin  (2.14-rasm).  Sterjenlar 
St.2  markali  po'latdan  ishlangan  bo'lib,  materialning  cho'zilishga  ruxsat 
etilgan  kuchlanishi  \a\=l40M Pa.  Sterjen  diametri  2sm.

В
Q
*Q

2 .14-rasm.


Yechish.

  Har  bir  sterjenda  vujudga  kelishi  mumkin  boMgan  eng  katta

 

xavfsiz  zo‘riqish


Yuk  Q  ning  ruxsat  etilgan  eng  katta  xavfsiz  qiymatini  В  tugunning

 

muvozanat  shartidan  topamiz:


У у  = - 0  + 

2N 

 cos 

 = 0.


2.8-misol.  Elastiklik  moduli  E = l04MPa  bo'lgan  qayrag'och  ustun- 
ning  yuqori  uchini  cho'kishi  [ A l ] =0,2  sm  dan  oshmasligi  uchun  lining 
k o ’ndalang  kesim yuzasi  qancha  bo'lishi  kerak?  (2.15-rasm).
Yechish.

  Ustunning  ko‘ndalang  kesim  yuzasini  bikrlik  shartidan  foy­


dalanib  aniqlaymiz:


кН  =

 44

кН 

  ga  teng.


Bu  yerdan


Q = I N c o s a 

 = 2 • 44 • 0,866


k H  
= 1 6 , 2 k H.
NC

A

 = —  ^ [A/?],  bu  yerda  N  =  F,  bundan  

A - 

 



Tegishli  son  qiymatlarini  qo'yib,  kerakli  yuzani  topamiz



Topilgan  yuza  mustahkamlik  shartini  qanoatlantiradi-

 

mi,  yo‘qmi?  Shuni  tekshiramiz.  Qayrag‘och  uchun  siqi-


lishdagi  ruxsat etilgan  kuchlanish  [cr] = 12MPa(3-jadval).

 

Bo‘ylama  kuch  N  ta’sirida  hosil  boMgan  kuchlanish


 


30-IO-3

 

a  = —

 =  - 


M P a =

 10MPa([cr]

 = 12M P a 

.


Demak,  aniqlangan  yuza  mustahkamlik  shartini  qanoat-

 

lantirar  ekan.


*


S7777777777?fr77777777
2 .15 -r asm.

2.9.  Xususiy  og‘ir!ikni  hisobga  olish


~ т ш т ш

M ashinasozlik  va  sam olyotsozlik  singari  sohalarda  qoMlaniladigan  de-

 

tallar  kichkina  va  vazni  yengil  boMganligi  sababli  mustahkamlikka  hisob­


lashda  ulam ing  xususiy  ogMrligi  ko‘p  hollarda  hisobga  olinmaydi.  Am m o

 

texnikada  shunday  sohalar  borki,  bularda  konstruksiyaning  xususiy  ogMrligi

 

asosiy  yuk  sanaladi.  Binokorlikda  devor  va  tom lam ing,  konchilikda  yuk

 

k o ‘taradigan 


tros 


va 


kanatlarning 


ham da

 

burg‘ulovchi  mashinalaming  shtangalari  bunga  mi­


sol  boMa  oladi.  Bunday  konstruksiyalarni  m us­


tahkam likka  va  bikrlikka  h isoblashd a  x u su siy

 

ogMrligi  albatta  hisobga  olinishi  lozim.


C ho‘zuvchi  kuch  F  ta’sirida  uzun  sterjenning

 

kuchlanish  va  deformatsiya  holatini  k o ‘rib  o ‘taylik

 

(2.16-rasm).  Sterjenning  qistirilgan  yuqori  uchida-

 

gi  kesim ga  tashqi  kuch  F  va  sterjenning  toMiq

 

ogMrligi  G  ta’sir  etadi.  Shuning  uchun  ham  bu  ke­


sim  xavfli  kesim  sanaladi,  y a ’n:  shu  kesimda  ster­


jenning  uzilib  ketish  xavfi  bor.  Agar  sterjenning

 

ko‘ndalang  kesim  yuzasini  A  deb  belgilasak,  xavf­


li  kesimdagi  maksimal  kuchlanish  quyidagi  formu­


ladan  aniqlanadi:


F
2 .16-rasm.
F  + G

0

‘z  navbatida  bunday  hoi  uchun  mustahkamlik  sharti  quyidagi

 

ko‘rinishda  ifodalanadi:


 

(


2

-


22

)


Sterjenning  ogMrligi  

G = A - i y 

  (bu  yerda  

у - 

  materialning  solishtirma

 

ogMrligi)  ekanligini  inobatga  olsak,  mustahkamlik  shartini  quyidagi

 

ko‘rinishda  ifodalasa  ham  boMadi:


— + i y < [ a \ 

 


(2.23)


Bu  formuladan  foydalanib,  sterjenning  hisobiy  kesim  yuzasini  aniqlash

 

mumkin:


А - [ ф т ў 

 



Sterjenning  pastki  uchidan  ixtiyoriy  (x)  masofada  yotgan  kesimda  xu­


susiy  ogMrlikning  o‘zidan  hosil  boMadigan  kuchlanish


G y 
Axy

&x  =

 


' = ~ ~  = XY

 


ga teng  boMadi. 


(2.25)


/L 
A

Bundan  shu  narsa  ayon  boMadiki,  o‘zgarmas  ko‘ndalang  kesim  yuzali

 

sterjenlarda  xususiy  ogMrlik  ta’sirida  vujudga  keladigan  kuchlanishning  qi­


ymati  sterjenning kesim  yuzasiga bogMiq  emas  ekan.  Bundan yana  

x

  maso­


fada  

x y 

  materialning  mustahkamlik  chegarasi  

a n,r

  ga  tenglashganda  ster­


jen 


0

‘zining  ogMrligi  ta’sirida  uzilib  ketishi  mumkinligini  ham  bilsa  boMadi.

 

Xususiy  ogMrlik  ta’sirida  uzilishi  mumkin  boMgan  uzunlik  -  


deb  ata­


ladi  va  quyidagi  formuladan  aniqlanadi:


(2.26)


Sterjenda  faqat  xususiy  ogMrlik  ta’sirida  ruxsat  etilgan  kuchlanish  vu­


judga  kelishini  ta’minlaydigan  uzunlik  chegaraviy  uzunlik  -   

£r

  deb  ataladi

 

va  quyidagi  formuladan  topiladi:


[crl


?r = —  ■

 


(2.27)


Г

Endi  xususiy  ogMrlik  ta’sirida  sterjenning  deformatsiyasini  aniqlaymiz.

 

Sterjenning  erkin  uchidan  x  masofada  dx  elementar  boMakcha  ajratamiz

 

(2.16-rasm).  Bu  boMakchaga  qiymati  

Ay x

  ga teng  boMgan  cho‘zuvchi  kuch

 

ta’sir  etadi.  Guk  qonuniga  binoan  boMakchaning absolut  uzayishi  quyidagi-

 

ga  teng  boMadi:



EA 
E

Bu  ifodani  0  dan  

t

  gacha boMgan  oraliqda  integrallab,  sterjenning toMiq

 

uzayishini  aniqlaymiz:


f  

Y I1 
A l =)o E XdX=2 E

 


(2'28>


G

Agar  

yl

  ning  o‘miga  -~ni  qo‘ysak,



Gl
Al = 
-

  kelib  chiqadi. 


(2.29)


EA
Fl

Tashqi  kuch  F  ta’sirida  hosil  bo‘ladigan  uzayish 


ekanligi  bizga


Guk  qonunidan  ma’lum.  Buni  (2.29)  bilan  taqqoslab,  xususiy  og‘irlik

 

ta’sirida  vujudga  keladigan  uzayish  tashqi  kuch  ta’sirida  hosil  boMadigan

 

uzayishdan  ikki  barobar  kam  boMishini  anglaymiz.  Sterjenning  to‘liq  uzayi­


shi  alohida  uzayishlarning  yigMndisidan  tashkil  topadi:


EA  2 EA 
EA
Teng  qarshilik  ко‘rsatuvchi  sterjenlar.

  Ko'ndalang  kesimi  o ‘zgarmas

 

boMgan  steijenda  kuchlanishlar  xususiy  ogMrlik  hisobga  olinganda  faqat  xavfli

 

kesimdagina  ruxsat  etilgan  normal  kuchlan-

 

ishga  teng  boMgan  kuchlanish  vujudga  kela­


di.  Boshqa  kesimlarda  kuchlanish  kamroq

 

boMadi.  Demak  materialning  bir qismi  behu-

 

da sarflanadi. Ammo sterjen kesim'arini shun-

 

day  tanlash  mumkinki,  barcha  kesimlardagi

 

kuchlanish  bir  xil  boMsin.  Bunday  kesimli

 

sterjenlar 

teng qarshilik ко 'rsatuvchi sterjen­
lar

 deb ataladi. Masala ana shu o‘zgaruvchan

 

kesim  yuzani  aniqlashdan  iborat.


Baland  ustunga  F  kuchi  qo‘yilgan  dey-

 

lik  (2.17-rasm).  Ustunning  yuqori  kesimi



A


0

 ga  faqat F kuch ta’sir etadi.  Pastki  kesimlarga  ustun og‘irligi ham  qo‘shila

 

boradi.  Eng  katta  kuchlanish  ustunning  eng  pastki  kesimi  Ama)l  da  hosil

 

boMadi.  Ustunning  o‘zgaruvchan  kesim  yuzasi  Ax  pastga  tomon  ortib  bora­


di.  Vazifa  sterjen  kesimidagi  kuchlanishlami  sterjen  uzunligi  davomida

 

o‘zgarmas  va  [


6

]ga  teng  boMishi  uchun  kesim  yuzasi  Ax  ning  o‘zgarish

 

qonunini  aniqlashdan  iborat.


Ustunning  yuqori  uchidan  x  masofada  qalinligi  dx  boMgan  elementar

 

boMakcha  ajratamiz  va  uning  muvozanat  tenglamasini  yozamiz:


dAx _  у   ,

bundan 


д   ~

 [cr] 


kelib  chiqadi.  Buni  integrallab,  quyidagi  ifodani

 

hosil  qilamiz:


l»A* +c = J ^ x ,

 


(a)


agar  x  =  0  boMsa,  Ax=  A


0

  boMadi,  bundan  

c = - l nA^

  kelib  chiqadi.  Topil-


kelib  chiqadi.


Ana  shu  giperbolik  qonun  asosida  o‘zgaruvchan  kesimli  sterjenlar  teng

 

qarshilik  ko‘rsatuvchi  sterjenlar  sirasiga  kiradi.  Bunday  sterjenlarda  materi-

 

aldan  toMiq  foydalaniladi,  demak  tejamkor  boMadi.  Ammo  bunday  shaklga

 

ega  boMgan  ustunlami  tiklash  qiyin  boMganidan,  amalda  soddaroq  shakl  - 

 

pog'onali  ustunlardan  foydalaniladi.  Qadimda  me’mor  va  muhandislar  ba-

 

land  minoralar  bunyod  etishda  shunga  yaqin  qoidaga  rioya  qilishgan;  mino­


ra  diametri  pastdan  yuqoriga  qarab  torayib  borgan.


Pog'onali  sterjenlar.

  Bunday  sterjenlar  tejamkorlik jihatidan  o‘zgarmas

 

kesimli  sterjenlar bilan  teng qarshilik ko‘rsatuvchi  sterjenlar orasidagi  o'rinni

 

egallaydi  (2.18-rasm).  Pog‘onali  sterjenlarda  o‘zgarmas  kesimli  sterjenlarga

 

nisbatan  materialdan  yaxshiroq,  ya’ni  unumliroq  foydalaniladi;  teng  qarshi-

 

likii  sterjenlarga nisbatan  esa samaradorligi  kamroq  albatta.  Biroq  uni  yasash,


^ r  = [

yoki  [ с г ] ^  -  

у Axdx

 = 


0

,


gan  integral  doimiysi  с  ning  qiymatini  (a)ga  qo‘yib, 


l„A>

ega  boMamiz.  Bundan


(2.31)



ishlash  oson  bo‘lgani  uchun  texnikada  keng  tar-

 

qalgan.  Ko‘prik  osti  tayanchlari  bunga misol  bo‘la

 

oladi.


Har  bir  pog‘onaning  kesim  yuzasini  aniqlash-

 

da  (2.24)  formuladan  foydalanamiz:  birinchi

 

pog‘onaning  ko‘ndalang  kesim  yuzasi


4 = i


[ a ] - ri]

  b0‘ladi-


Ikkinchi  pog‘onaga 


= [cr]^4,  kuch  ta’sir

 

etadi.  Shunga  ko‘ra  uning ko'ndalang kesimi  quyi­


dagi  formula  yordamida  aniqlanadi:


A, =-
N,
F
2 .18-rasm.
И  
~ Yh

Uchinchi  pog‘onaning kesimi  ham xuddi  shun-

 

day  aniqlanadi:


[

n  -   pog‘ona  uchun  formulani  umumiy tarzda  quyidagicha  yozish  mumkin:


.   -  
N-<

(2-32>


Bu  yerda  

N tl_x

  = [cr]4


)_1

  qiymatga  ega.


2.10.  Cho‘zilish  va  siqilishda  statik  noaniq  m asalalar


Ba’zi  konstruksiyalarda  noma’lum  zo‘riqish  va  reaksiyalarning soni  ayni

 

masala  uchun  statika  tenglamalari  sonidan  ortiq  bo‘ladi.  Bunday  konstruk­


siyalarda  «ortiqcha»  bog‘lanishlar  mavjud  boMadi.  Ana  shunday  ortiqcha

 

bogManishlarda  «ortiqcha»  noma’Iumlar  vujudga  keladi.  Bu  yerdagi  «or­


tiqcha»  iborasi  shartli  so‘z  boMib,  tom  ma’nodagi  keraksizlikni  emas.  balki

 

statikaning  muvozanat  tenglamalariga  nisbatan  ortiqcha  ekanligini  anglata-

 

di.  Aslida  o‘sha  «ortiqcha»  sterjen  konstruksiya  uchun  ortiqcha  emas,  kons­


truksiyaning  mustahkamligi  va  bikrligi  uchun  u  zaruriy  hisoblanadi.


Noma’lumlari  soni  statika  tenglamalari  sonidan  ortiq  boMgan  masalalar



statik  noaniq  masalalar

  deb  ataladi.  Bunday  masalalami  yechishda  statika

 

tenglamalari  kamlik  qiladi.  Masala  yoki  konstruksiyaning  statik  noaniqlik

 

daraiasiga  qarab,  qo‘shimcha  tenglamalar tuzishga  to‘g‘ri  keladi.  Masalada-

 

gi  ortiqcha  noma’lumlar  soni  konstruksiyaning  statik  noaniqlik  darajasini

 

belgilaydi.  Masalan,  ortiqcha  noma’lum  bitta  boMsa  -   bitta,  ikki  marta  sta­


tik  noaniq  masala  uchun  -   ikkita  qo‘shimcha  tenglama  tuziladi  va  h.k.

 

Qo‘shimcha  tenglamalar  konstruksiya  elementlarining  deformatsiya  holat-

 

lari  asosida  keltirib  chiqariladi.


v .

 


Statik  noaniq  masalalarni  yechish  tarti-


bini  misollar  orqali  tushuntiramiz.


1. 


Ikki  uchi  mahkamlangan  sterjenning

 

С  nuqtasiga  F  kuch  qo'yilgan  (2.19-rasm).

 

Sterjenning  pastki  va  ustki  qismlaridagi

 

z@=(  zo‘riqishlami  aniqlash  talab  etiladi.


F  kuch  sterjen  uchlarida  RA va  RB  reak-

 

siya  kuchlarini  hosil  qiladi.  Ulami  ixtiyoriy

 

ravishda  yuqori  tomon  yo'naltiramiz.  Bu

 
QO

  masala  uchun  statikaning  birgina  tenglama-

 

-Еч 


sini  tuza  olamiz:


////////////,
7777777777.
г

б
'£jy 


R A + R B ~ F  


=


 0 . 


(a)


Bir  tenglamada  ikki  noma’lum  mavjud.

 

Demak  masala  bir  marta  statik  noaniq.  Buni

 

yechish  uchun  bitta  qo‘shimcha  tenglama

 

tuzish  kifoya.


Sterjenning  ikki 


uchi  mustahkam

 

biriktirilganligi  sababli  uning  umumiy  uzunligi  o‘zgarmaydi,  ya’ni  Д/ = 0-

 

Sterjenning  yuqori  qismi  muvozanatidan  

N AC  = RA,

  pastki  qismi  mu-

 

vozanatidan  

N U(

  = 

- R B

  topiladi.  Guk  qonuniga  ko‘ra  

N 4C

  va  

N IIC

 ichki

 

elastik  kuchlar  ta’siridagi  deformatsiya  quyidagi  ifodadan  aniqlanadi:


I

R B
2
. 1 9 - r a s m .
M - Nac° 

  I  

Nm:(i
RAa 
RBe

Masala  shartiga  ko‘ra


EA 
RAa  RBe
EA 
EA 
EA
EA 
EA

izlagan  qo'shimcha  tenglama  kelib  chiqadi:


R a  - R .e  =

 


0
.

-  0 ,  bulami  EA  ga  qisqartirsak,  biz


(b)



R
a
=-

a + e 


a + e


Bo‘ylama  kuchlar  (zo'riqishlar)  epyurasi  2.19-rasm,  b  da  tasvirlangan.


2. 


Deformatsiyalanmaydigan  bikr brus  uch  sterjen  vositasida shipga osib

 

qo‘yilgan  (2.20-rasm,  a)  1  -   mis  sterjenning  kesimi  1  sm2;  2  -   poMat  ster­


jenning  kesimi  1,5  sm2;  3  -   alumin  sterjenning  kesimi  2  sm2.  Sterjenlardagi

 

kuchlanishlami  aniqlash  talab  etiladi.


0.3м I  0.73
m

Ғ=30Ш


2 .20-ra sm .


Bikr  brusga  F  yuk  qo‘yilgan,  barcha  sterjenlar  cho‘zilishga  ishlaydi,  deb

 

faraz  etamiz.  Sterjenlaming  deformatsiya  holati  (2.20-b  rasm)  da  tasvirlangan.


Sterjenlardagi  noma’lum  zo‘riqishlar  (N,;'N


2

;N3)ni  aniqlash  uchun  sta-

 

tikaning  quyidagi  ikkita  muvozanat  tenglamasidan  foydalanamiz:


-ЛГ2  • 1 , 0 -  


• 2 , 2 5 + F - 1,5 =   0 ,  


(a)


Y JmB = N l

  -2,25 + jV,  -l,2 5 -F -0 ,7 5  = 0. 


(b)


Yetishmayotgan  uchinchi  tenglamani  deformatsiya  shartlari  asosida  tu-

 

zamiz.  Rasmdagi  trapetsiyadan  foydalanib,  quyidagi  nisbatlarni  yozamiz:


A


/3

  -  A/|  _ А/,  -  Д/,


2,25 


1,0 



bundan  1,25A£,-2,25Д
/3

  = 0   kelib  chiqadi.


Tenglamadagi  deformatsiyalarni  zo‘riqishlar  orqali  ifodalaymiz:


N
3 - 200

l o c iV


, - 2 0 0

 


M.-150


1 ,2 5 -^ ,,  :— 2,25 —


,  _ +



Tenglamani  ixchamlashtiramiz:


2 ,5 ^ -1 ,1 2 5 ^ + 1 ,4 3 ^ 3 = 0 .  (b)


(a),  (b),  (d)  tenglamalami  birgalikda  yechib,  noma’lum  zo‘riqishlarni

 

aniqlaymiz:


= 0,018-.F = 0,018-30&Я 

= 0,55kH 

;


N 2

  = 0,568 • 

 = 0,568 ■ 30Ш  = 17,0 4 Ш ;


Л^3 = 0,4 14 -Ғ  = 0,414-30Ш  = 12,42кЯ;


Tekshirish. 


= 0,55 +17,04 + 12,42 

= F  - ЗОкН 

Sterjenlardagi  kuchlanishlar:


  = 


= M l  = o,55 

к Н / s m 2  cr2 = ^ -  =

 


= 11,36 

к Н / s m 2 
A,

 


1,0 


A,

 


1,5


N,

 


12,42 


,  


TTI 

cr,  = —-  = ------- = 6,21 

кН / sm

A , 


2


2.11.  Temperatura  (harorat)  o ‘zgarishidan  hosil  boMadigan

 

kuchlanishlar


Statik  noaniq  sistemalarda  haroratning  o‘zgarishidan  ham  kuchlanishlar

 

paydo  bo‘lishi  mumkin. 


2

.


21

-rasmda  tasvirlangan  sterjen  haroratning  orti-

 

shi  bilan  kengayishga  intiladi,  ammo  uning  ikki  uchidagi  mustahkam  tay­


anchlar  bunga  qarshilik  ko‘rsatadi.

 

--------------------------------------- p  Natijada  deformatsiyalana  olmagan


V t
 
_  J  _  •  1_1  • 
£  • 
•  t 

1 1
 
• »

^  sterjenda  ichki  zo‘riqish-kuchlanish

 
ф

  paydo  boMadi.  Tayanchlardan  birini

 

^  yo‘q  deb  faraz  qilsak,  ya’ni  kon­


struksiya  statik  aniq  bo‘lsa,  sterjen

 

2 . 2 1 - r a s m


 

bemalol  uzaya  oladi  va bunda  hech


qanday  zo‘riqish  hosil  boMmaydi.


Shakldagi  sterjen  chiziqli  kengayish  koeffitsienti  a  boMgan  poMatdan

 

yasalgan  deylik.  Dastlabki  harorat  t,  boMsin,  harorat  o'zgarib  (ortib  yoki

 

kamayib),  t


2

  boMgan  holdagi  kuchlanishni  aniqlash  talab  etilsin.  Harorat

 

o‘zgarishini  

x

  bilan  belgilaymiz.  Agar  sterjenning  bir  uchi  erkin  boMganda

 

u  quyidagi  masofaga  uzayar  edi:



ДI = a (tt  - t 2)l = a t!

Bu bizga fizikadan ma’lum.  Biroq tayanchlar sterjenning uzayishiga yo‘l

 

bermaydi,  unda  siqilish  kuchlanishi  paydo  boMadi.


Siqilish  va  cho‘zilishdagi  nisbiy  deformatsiyadan  foydalanamiz:


A l 
a tl 
E -  —  = —  = a t

I

Guk  qonuniga  binoan  normal  kuchlanish  quyidagiga  teng:


o’

= Eg —


 Eat  ■


Agar  t,  >  t


2

  boMsa  cho‘zilish  kuchlanishi,  agar  t,  <  t


2

  boMsa,  aksincha,


-   siqilish  kuchlanishi  vujudga  keladi.


Harorat  o‘zgarishidan  qo‘shimcha  kuchlanishlar  paydo  boMishini  ino-

 

batga olib,  loyiha jarayonida maxsus tayanch  xillaridan  foydalaniladi,  binolar

 

qurilishida  temperatura  choklari  qoldiriladi.  Uzun  beton  yoki  temir-beton

 

yoMlar  ham  maMum  masofada  temperatura  choklari  bilan  ajratiladi.  Samo-

 

lyotlaming  uchish-qo‘nish  polosalari  ham  shunday  bajariladi.


2.9-misol.  Pog'onali  p o 'la t  sterjen  t,

 

haroratda  ikki  uchidan  mahkamlangan.


H arorat  t2  darajaga  ко ‘tarilganda  har

 

ikkala pog'onada  vujudga  keladigan  kuch­


lanish  aniqlansin  (2.22-rasm).


Yechish.

  Agar  sterjenning  bir  uchi  er-

 

kin  boMganda  u  quyidagi  miqdorga  uza-

 

yar  edi:


A l = a (tz  -*,)(/,  + / 2).

Biroq  tayanchlar  uning erkin  uzayishiga qarshilik  qiladi,  yoki,  boshqacha

 

aytganda,  tayanchlar  sterjenni  F kuch  bilan  siqib,  uni  Д/  masofaga  qisqarti-

 

radi.  Bu  qisqarish  quyidagi  miqdorga  tengdir:


A,


2

/.


4 -----------:


^


<

---------


2.22

(a)


Д1 =


FI, 


FU

EA, 


EA2

(a)  va  (b)  tenglamalaridan  quyidagi  ifoda  kelib  chiqadi:

 

bu  ifodadan  F  zo'riqishni  aniqlasa  boMadi:


(b)



Г-  

а ([2 
+l2)

 


_ L + A _


ЕА{ 
EA,

Kuch  F  va  yuza  A  ma’lum  boMsa,  kuchlanishni  topish  qiyin  emas.

 

Sterjenning  chap  pog‘onasidagi  kuchlanish:


a ( t 2  - / , ) ( / , + / , )


I

(— + — M


Sterjenning  o‘ng  pog'onasidagi  kuchlanish:


1
1
 
£ 4

 


£ 4


2.12.  S te rje n la r n i  c h o ‘zi!ish  v a   siq ilish g a  h is o b la sh n i  o ‘rg a tu v c h i 
k o m p y u te r  tex nologiyasi

Respublikamizning  ilmiy-texnika taraqqiyoti  konstruksiyani  hisoblash  va

 

loyihalashda  fan  erishgan  yutuqlardan,  EHMdan  foydalanib  o‘ta  progressiv

 

va  sinalgan  usullami  boMajak  mutaxassislarga  o‘rgatishni  taqozo  qiladi.


Jumladan,  materiallar  qarshiligi  fani  keyingi  25-30  yillar  mobaynida

 

mazmun jihatidan ham,  bayon  etish  usuli jihatidan  ham  boshqa umumtexnika

 

fanlariga  qaraganda  ancha  o‘zgardi.  Bu  davr  ichida  yaratilgan  mashinalar

 

(kosmik  kemalar,  atom  reaktorlari,  osmono‘par  inshootlar  va  b.),  yuksak

 

fizik-mexanik  xossalarga  ega  boMgan  materiallar  yaratishni  talab  qilish  bi­


lan  birga,  yangi  sharoitda  puxta  va  ishonchli  ishlay  olishni  ta’minlaydigan

 

shaxsiy  elektron  mashinalariga  mos  matematik  hisob  usullarini  ishlab  chi-

 

qish  zaruriyatini  ham  tug'dirdi.


Mazkur  paragraf  ShEHM  yordamida  mashinasozlik,  samolyotsozlik  va

 

xususan,  qurilish  sohasida  keng  uchraydigan  konstruksiyalarni  hisoblash  va

 

loyixalashni  avtomatlashtirishga  bagMshlangan.


Cterjenlarni  kompyuterda  hisoblash  uchun  chekli  elementlar  usuli

 

(ChEU)dan  foydalanilgan.  Bu  usulda  har  bir  sterjen  chekli  element  sifatida

 

qabul  qilingan  (2.24-rasm).


Chekli  elementlar  usuli  cho'zilish-siqilishda,  siljish  va  buralishda,  egi-



lishda  hamda murakkab  qarshilikda umumlashtirilgan  algoritm asosida hisob-

 

lami  bajarish  imkonini  beradi.


Bu  paragrafda  biz  ChEUni  cho‘zilish  va  siqilish masalalarini  hisoblash-

 

ga  doir  matritsa  ko'rinishidagi  ifodasini  keltiramiz.


Markaziy  siqilgan  sterjen


2.23-rasmda  keltirilgan  steijen  bir  nechta  oraliqlardan  iborat.  Agarda  bitta

 

oraliqning matematik modelini tuzsak,  unda steijenni  barcha oraliqlar yig'indisi

 

tarzida  hisoblasa  boMadi.  Har  bir  oraliqni  chekli  element  deb  ataymiz.


2.23-rasm

Elementdagi  ko‘chishning  o‘zgarishi  sterjenning  o‘qi  bo‘ylab  chiziqli

 

funksiya  ko‘rinishida  ifodalanib,  matritsa  ko‘rinishiga  keltiriladi:


и - 

 a,  + 

a 2x

 = [l 


x]


(2.33)


Chiziqli  funksiyaning  tanlanishiga  sabab,  element  ikkita  tugunga  ega

 

boMib,  chiziqli  funksiya  faqatgina  bir  xil  miqdordagi  qiymatni  beradi,  demak

 

ikki  nuqta  orasida  faqat  bitta  to‘g‘ri  chiziq  o‘tkazish  mumkin  (2.24-rasm.).


C h e k li  e le m e n t
F ,
X
F ,
2 . 2 4 - r a s m

Agar  bu  ifoda  x  =  0  va  x  =  I  uchun  yozilsa,  unda


1

 


0
u2
0

 


1
a 2

boMadi.  Bunda



a \
1
0

w,


1
= 1/1
1
«2
0
1
u2

(2.33)  ni  (2.35)  ga  qo‘yish  orqali


a,
u = a ] + a 2x= \\

 


£]


=[N *

  *


2

]


=[N]{g}

(2.36)


ga  ega  bo‘lamiz.


Sterjendagi  deformatsiya  quyidagi  ifoda  orqali  aniqlanadi:


E = d u j d x = \ j l \ - \

 


1][W]

 

Kuchlanish  esa


ct
 = E
e
= E ( \ / 1 ) [ - \ 

  1]


= [ * M .

=E[B]{q)


(2.37)


(2.38)


Ma’Iumki  (2.36)  ichki  va  tashqi  kuchlaming  ishi  mumkin  boMgan

 

ko‘chishlarga  teng.


Chekli  element  tugunlarining  mumkin  boMgan  ko‘chishi  -   dq  boMsin.

 

U  holda  deformatsiya  quyidagicha  boMadi:


d s  = [B](d{q}).

(2.39)


Tugunlardagi  kuchlar  bajargan  ishlar,  har  bir  kuchdan  olingan  hosilan-

 

ing  mos  ravishdagi  ko'chishlarga  ko‘paytmasiga  teng,  buning  matritsa

 

ko‘rinishi  quyidagicha  boMadi:


( d{ q} )T\ F } 

 


(2.40)


Hajm  birligida  paydo  boMadigan  kuchlanishning  ichki  ishi  quyidagiga

 

tengdir:


d e -сг = [B](d{q}}cr

 


(2.41)


Tashqi  kuchlar  ishini  ichki  ishlar yigMndisiga tenglashtirib,  element hajmi

 

bo‘yicha  integrallash  orqali  quyidagiga  ega  boMamiz:


{d{q})r -{F} =(d{q})T

  J

[ B f t r d V 

 


(2.42)


Bu  bogManish  mumkin  boMgan  ko‘chish  uchun  o‘rinli  boMib,  o‘ng  va

 

chap  qismidagi  koeffitsientlar  quyidagiga  teng  boMadi:


70



{Ғ}=[В]Т-£[Я]{?}

(2.43)


Shunday  qilib qidirilayotgan  yechimni topdik,  endi  faqatgina  integrallash

 

qoladi.  Integral  ostidagi  ifoda  hajmga  bog‘liq  emas,  shuning  uchun


{F} = [5]r • 

E[B

\ dV{ q)  =[B]T-E[B]Al{q}

 


(2.44)


shaklda  yozish  mumkin.


Ifodani  ochib  yozamiz.


£  • ! / / [ - !  

] - A - l { q } = E A / I

{?}=[%}  (2.45)


Demak  {i7}  =[£]{

Bitta element uchun  tashqi  kuchlar bilan  ko‘chishlar orasidagi  bog‘lanish

 

ma’lum  boMsa,  masalani  xohlagan  tarkibli  sterjenlar  uchun  qoMlasa  boMadi.

 

Bu  yerda  

[k]

  matritsasi,  elementning  bikrlik  matritsasidir.


Dasturdan  foydalanishga  doir  misol


Misol  sifatida  quyidagi  masalani  yechamiz.


Berilgan  sterjen  uch  oraliqdan  tashkil  topgan  (2.25-rasm).


l- o ra liq
1.0
2
- o ra liq
3 -o ra liq
1.0
2 . 2 5 - r a s m .

Birinchi  oraliq  

к

,  ning  bikrlik  matritsasi  (2.45)  formula  orqali  hisoblanadi:


М ,= £ 4 ,Л


Ikkinchi  oraliq  uchun


1

 


- 1
1

 


- 1
2

 


- 2


1

-


2

/ /


=1

 //


- 1

 


1
- 1

 


1
- 2

 


2
1

 


- 1


-I


1

 


- 1


1

-


1

//


= [/l
- 1

 


1
- 1

 


1
-1

 


1

Tugunlardagi  elementlaming  bikrlik  matritsalarini  qo‘shish  tamoyili

 

bo‘yicha  umumiy  matritsa  tuziladi:




3


2

 


- 2

 



k = 

 


- 2

 


2

 + 


1

 


2

-1 


1  3


Bo‘sh  kataklar  nollar  bilan  toMdirilib,  birinchi  va  uchinchi  tugunlar

 

mustaqil  hisoblanadi.


Kuch  vektori  F  quyidagicha  bo'ladi:


0
2

4


Nihoyat,  chegaraviy  shartlar  hisobga  olinadi.  Tugal  elementlar  usulida

 

turli  xil  mahkamlash  usullari  mavjud.


Bizning  misolimizda  birinchi  tugun  mahkamlangan  boMib,  birlik  matrit­


sasi  va tashqi  yuk vektorining birinchi qator va birinchi  ustuni  o'chirilgandan

 

so‘ng  ikki  noma’lumli  chiziqli  algebraik  tenglamalar  sistemasiga  kelamiz:


3  -1


2
1

 


1
q2

4


Sistemani  yechib  

q,  =  3,  q2  =

  7  ga  ega  boMamiz,  (2.37)  va  (2.38)

 

formulalar  bo‘yicha  topilgan  ko‘chishlar  yordamida  sterjen  elementidagi

 

deformatsiya  va  kuchlanishlami  aniqlaymiz.


Hisob-kitobning  har  bir  bosqichini  kompyuter  uchun  dasturlash  mumkin.

 

Dasturga  dastlabki  ma’lumotlar  sifatida  elementlaming  va  tugunlaming  soni,

 

geometrik  va  fizik  tafsilotlar  to‘g‘risidagi  ma’lumotlar  tayyorlanadi.


Hisobning  ushbu  sxemasi  barcha  hisob-kitob  tizimi  uchun  asos  bo'lib

 

xizmat  qiladi.


Aytib  o‘tish  kerakki,  ChEU  da  asosiy  masala  tugunga  ta’sir  qilayotgan

 

kuch  bilan  ko‘chishlar  orasidagi  bog‘lanishni  aniqlashdan  iborat.  Shuning

 

uchun  ushbu  bog‘lanishni  topadigan  istalgan  yondoshish  qonuniydir,  agar  u

 

to‘g‘ri  natija  bersa.


Yuqorida  keltirilgan  uslubiyat  bo‘yicha  kompyuter  dasturi  tuzilgan.

 

Dastumi  tuzish  uchun  Paskal  dasturiy  tilidan  foydalanildi.  Hisob  boshla-

 

nishda  sterjen  to‘g‘risidagi  dastlabki  ma’lumotlar  klaviatura  orqali  kom-

 

pyuterga  kiritilib,  uning  ekranida  o‘z  aksini  topadi.



Dastlabki  ma’lumotlami  kiriting  (nisbiy  qiymatlar):


1-oraliq  ko‘ndalang  kesimining  yuzasi  =  3.00  sm


2
2

-oraliq  ko‘ndalang  kesimining  yuzasi  = 


2.00

  sm


2

3-oraliq  ko‘ndalang  kesimining  yuzasi  =  1.00  sm



A  kesimidagi  kuch  =  1.00  kN


В  kesimidagi  kuch  =  2.00  kN

 

С  kesimidagi  kuch  =  3.00  kN


1

-oraliq  uzunligi  = 


1.00

  m


2

-oraliq  uzunligi  = 


1.00

  m


3-oraliq  uzunligi  =  1.00  m


F  ning  qiymati  (N)  =  60000.00

 

Ruxsat  etilgan  kuchlanish  [MPa]  =  140.00

 

Qayta  ko‘rib  chiqish  kerakmi?  Y/N


Yuqorida  ko‘rsatilgan  kirish  axborotini  tayyorlagandan  so‘ng  mashina

 

avtomatik ravishda konstruksiyani hisoblaydi  va ekranga quyidagi  ko‘rinishda

 

natijalar  chiqazadi  (2.26-rasm).


D e f o r m a ts iy a   e p y u ra s i
2.00000

FL

 
E A   ■
4.50000
Ic h k i  k u c h   e p y u r a s i
6 0 0 0  
5.000
K u c h la n is h   e p y u ra s i

—  


2000
F

X


2.500
1.000
2.26-rasm.

Rasmdagi  natija  konstruksiyaning  ahvoli  to‘g‘risida toMiq  axborot beradi.


Xulosa.  Bu  bobda  statik  aniq  va  statik  noaniq  konstruksiyalarda  tashqi

 

kuchlar  ta’sirida  hosil  boMadigan  kuchlanish  va  deformatsiyalarni  aniqlash

 

usullari  (formulalari)  bilan  tanishdik.  Mavzuga  doir  misol  va  masalalar

 

yechishni  o ‘rgandik.



Bilim ingni  sinab  ko‘r


1.  Bernulli  gipotezasi  va  Sen-Venan  prinsipi  nima?


2.  Bo‘ylama  kuch  va  kuchlanish  epyuralari  qanday  chiziladi?


3.  Normal  kuchlanishni  aniqlash  formulasini  yozing.


4.  Guk  qonuni  formulasi  qanday  yoziladi?


5.  Absolut  va  nisbiy  cho'zilish  nima?  Formula  va  birliklari.


6

.  Cho‘zilish  (siqilish)  dagi  elastiklik  moduli  nimani  ifodalaydi?


7.  Puasson  koeffitsienti  nima?


8

.  Yumshoq  po‘latning  cho‘zilish  diagramasini  chizing  va  izohlab  bering.


9.  Qanday  kuchlanish  ruxsat etilgan  kuchlanish  deb  ataladi  va u  qanday

 

topiladi?


10.  Mustahkamlik  sharti  nima?


11.  Qanday  masalalar  statik  noaniq  masalalar  deb  ataladi?


12.  Qanday  kuchlanishlar  temperatura  kuchlanishlari  deb  ataladi?


13.  Pog‘onali  va  teng  qarshilik  ko‘rsatuvchi  bruslar  nima?


14.  Kesim  tanlash  amali  qanday  bajariladi?



I l l   B O B  
K E S I M   Y U Z A L A R I N I N G   G E O M E T R I K  
T A V S I F L A R I
Mavzu  mavnuni.  Ushbu  mavzuda  konstruksiya  elementlari  ко 'ndalang 
kesimlarining  turli  geometrik  tavsiflari,  jumladan,  kesim  yuzasining  statik 
momenti,  inersiya  momentlari  va  radiusi,  qarshilik  momentlari  о 'rganiladi. 
Geometrik  tavsiflarning  o'qlari  o'zgargandagi  (boshqa joyga  ko'chganda 
yoki  burilgandagi)  o'zgarish  ifodasi  ko'rsatiladi.

3.1.  Geometrik  tavsiflar


Ko‘pgina  konstruksiyalarni  loyihalashda  shunday  holat  boMadiki,  kons­


truksiyalarni  hisoblashda  bizga  ma’lum  boMgan  kesimning yuzasi  va boshqa

 

tavsiflar  bilan  ishlashga  to‘g‘ri  keladi.  Bu  qo'shimcha  parametrlar  -   S  - 

 

statik  moment,  J  -   inersiya  momenti,  W  -   qarshilik  momenti,  r  -   inersiya

 

radiusi  kabi  tavsiflardir.  Bular  konstruksiyalarni  tashqi  kuchlarga  nisbatan

 

qarshilik  ko‘rsatish  qobiliyatini  aniqlashda  muhim  vosita  sanaladi.  Biz  shu

 

tavsiflarni  aniqlashni  o‘rganamiz.  Demak, tekis  shakllaming asosiy geometrik

 

tavsiflariga  ulaming  yuzasi,  biror  o‘qqa  nisbatan  statik  momenti,  inersiya

 

momenti,  qutb  inersiya  momenti,  o‘zaro  perpendikular  o‘qlarga  nisbatan

 

markazdan  qochirma  inersiya  momenti  hamda  shu  o ‘qlarga  nisbatan  qarshi­


lik  momenti  kiradi.


1.  Statik  momentlar


Statik  moment  deb  tekis  yuzaning  ma’lum  o‘qgacha  boMgan  masofaga

 

ko‘paytmasini  aytiladi.  Statik  moment  uzunlik  birligining  uchinchi  daraja-

 

sida  oMchanadi  va  mustahkamlik  shartini  tekshirishda,  kesim  markazini

 

topishda  foydalaniladi.  Tekis  shaklning

 

o‘qqa  nisbatan  inersiya  momenti,  qutb  in­


ersiya  momenti  

J p

  doimo  musbat  ishorali

 

boMadi.  Statik  moment  va  markazdan  qo­


chirma  inersiya momenti  musbat yoki  man-

 

fiy  ishorali  boMishi  mumkin.  Ixtiyoriy  yu­


zaning  statik  momentini  topish  uchun  3.1-

 

rasmda  A  yuzaga  ega  boMgan  tekis  shakl,

 

x  va  у  koordinata  o‘qlari  tasvirlangan.


Yuzani  ichida  ixtiyoriy  dA  elementar yuza- 


3. l-rasm.

cha  ajratilgan.  Berilgan  shaklning  yuzasi  elementar  yuzachalarning

 

yig‘indisiga  teng,  ya’ni:


Shaklning  biror  o‘qqa  nisbatan  statik  momenti  undagi  barcha  elementar

 

yuzachalarni  shu  yuzachalardan  o ‘qgacha  boMgan  masofalarga

 

ko‘paytmalarining  yig‘indisiga  teng,  ya’ni:


Agar  shaklning  yuzi  A,  ogMrlik  markazining  koordinatalari  xc va  yc

 

boMsa,  uning  x  va  у  o'qlarga  nisbatan  statik  momenti  quyidagicha  topiladi:


Agar  (3.2),  (3.3),  (3.4)  va  (3.5)  formulalarni  solishtirsak,  murakkab

 

shaklning  ogMrlik  markazi  koordinatalarini  topish  formulasi  kelib  chiqadi:


Tekis  shaklning statik momenti  musbat  va manfiy  ishorali  boMishi  mum­


kin.  Markaziy  o‘qlarga  nisbatan  tekis  shaklning  statik  momenti  nolga  teng

 

boMadi,  chunki  tegishli  masofalar  nolga  teng.


Agar  tekis  kesim  yuzasi,  ogMrlik  markazining  koordinatalari  ma’lum

 

boMsa,  u  holda  bu  yuzaning  statik  momentlari  quyidagi  ifodalardan  topiladi:


Agar biror kesimning statik momenti va yuzasi  ma’lum boMsa,u holda kesim

 

markazining  koordinatalari  quyidagi  formulalar  yordamida  topilishi  mumkin:


(3.1)


A


(3.2)


A


(3.3)


Sx

 = 

Ay

c,

 
Sy = Axc .

(3.4)


(3.5)


(3.6)


(3.7)


Sy = A 'Xe,  Sx  = A - y c.

(3.8)



Yuqorida  keltirilgan  formulalar  murakkablikka  ega  bo‘lgan  tekis  yu-

 

zani  markazini  va  unga  nisbatan  geometrik  tavsiflarni  topish  imkonini

 

beradi.


Agar  kesim  murakkab  bo‘lsa  u  holda,  bu  kesim  bir qancha  oddiy  shakl-

 

larga  bo‘lib  yuboriladi  (3.2-rasm).


Rasmda  qabul  qilingan  o‘qlarga  nisbatan  markaz  koordinatalari  quyida­


gicha  topiladi:


Y  _ А У , + А у 2 +... + А„у„ 
j  
At  + An  +... + An
yr  _  A XI

  + 

A X1

 + ••• + 

AiXn

  _


1

Д


лУ


=1
a
,  + A 

 +•••+

A,
е д

( з л о )


bu  yerda  A,,  A2,...,  An -   oddiy  shakllar-

 

ning  yuzalari;  y„  y


2

,...yn;  x„  x


2

,...,xn  - 

 

ogMrlik markazlarining  koordinatalari.  Biz

 

ko‘rayotgan  misol  uchun  ogMrlik  marka-

 

zi  masofalari  quyidagicha  topiladi.


Ус


_  

I


А
у

I + 

А
у
?

 


v  _  

A x ,

  + 


a
2
x
xc  =■
A \+ A 2
A  + A
2.  Inersiya  momentlari.

  Shaklning bi­


ror  o‘qqa  nisbatan  inersiya  momenti  un-

 

dagi  barcha  elementar  yuzachalarni  shu

 

yuzachalardan  o‘qqacha  boMgan  maso-

 

falar  kvadratlariga  ko'paytmalarining

 

yigMndisiga  teng,  ya’ni:


l x  =  \ y 2d A 

^


A
3.2’rasm.

(3.11)


(3.12)


I y =  j x 2dA
A

Inersiya  momenti  uzunlik  birligining  to‘rtinchi  darajasida  oMchanadi.



Amaliyotda  ko‘p  xollarda  konstruksiya  ko‘ndalang  kesimi  oddiy  geo-

 

metriyaga  ega  boMadi.  Oddiy  shakllaming  inersiya  momentlarini  yuqorida

 

keltirilgan  umumiy  ifodalar  bo‘yicha  bevosita  integrallab  topish  mumkin.

 

Amaliyotda  eng  ko‘p  tarqalgan  shakllarni  ко‘rib  chiqamiz.


To‘g ‘ri to ‘rtburchak.

  Ta’rifga  ko‘ra  markaziy  OX  o‘qiga  nisbatan  iner­


siya  momenti  kuyidagicha  ifodalanadi:


7,  = 


J


У2^А

A


To‘g‘ri  to‘rtburchakdan  OX  o‘qiga  parallel

 

boMgan  chiziqlar yordamida dA  elementar yuza-

 

;ha  ajratamiz  (3.3-rasm).Elementar yuzachaning

 

yuzi  kuyidagi  tenglik  bilan  topiladi:


dA = b 

• 

dy.

Yuqorida  keltirilgan  formula  orqali  quyida­


gi  ifodani  topamiz:



,-dA


3.3-r
h

 


Л


I x

  =  J

у -dA = b \  y 2 dy

 = 

2b \ y 2dy =

 ^ -


/. 
л 

L


 

L

(3.13)


Xuddi  shu  yoM  bilan  у  o‘qiga  nisbatan  ham  inersiya  momentini  hisob-

 

lab  topish  mumkin:


hb

12

(3.14)


Uchburchak.

  Uchburchakning  asosidan  o'tgan  o ‘qga  nisbatan  inersiya

 

momentini  hisoblaymiz  (3.4-rasm).


Elementar  yuzachaning  eni  by  uchburchaklar  o‘xshashligidan  topiladi:


by = ^ ( b - y ) .  
h

Bu  ifodani  (3.8) formulaga  qo‘ysak,  quyidagi  ifo-

 

da  hosil  boMadi:


I x  =  j y 2dA = ^  j y 2(h -  y ) d y


 =  


bh


12
A

 


0
Ixtiyoriy  о ‘qlarga  nisbatan  inersiya  moment­
lari bilan  bir qatorda  qutb  inersiya  momentlari

 ham


78



bor.  Qutb  inersiya  momenti  elementar  yuzachalar-

 

ni  shu yuzachalardan koordinata boshigacha bo‘lgan

 

masofalar kvadratlari  ko‘paytmalarining yig‘indisiga

 

teng,  ya’ni:


(3.15)


Topilgan  ko‘rsatgich  asosida 


3

.


6

-rasmdan  foy­


dalanib,  quyidagi  tenglikni  isbot  qilish  mumkin:


W


. + V  


(3-16)


Tekis  shaklning  o‘zaro  perpendikular

 

o‘qIarga  nisbatan  

markazdan  qochirma  iner­
siya  momenti

  undagi  barcha  elementar yuza-

 

chalarni  shu  yuzachalardan  o‘qlarigacha

 

boMgan 


masofalarga 


ko‘paytmalarining

 

yigMndisiga  teng,  ya’ni:


=  jxydA

(3.17)


Doira.

  Doira  uchun  avval  qutb  inersiya

 

momentini,  so‘ngra u  orqali  markaziy  o‘qlarga 


3.6-rasm.

nisbatan  inersiya  momentlarini  topish  qulay.


Ikkita  radius  bo'yicha  konsentrik  aylanalar  bilan  qirqilgan  elementar  yuza­


cha  ajratamiz.  Bu  holda  elementar  yuzacha  quyidagicha  aniqlanadi:


dA = 2np dp .

Butun  yuza  bo‘yicha  qutb  inersiya  momenti  quyidagi  formuladan  topiladi:


г 



2

  i л


 


о  V  i j  


n r 4


Ip  =  \ p   dA = 2 n \p -d p  = —  = — -

0

Doiraning  markaziy  o‘qlarga  nisbatan  inersiya  momentlari  quyidagicha

 

topiladi:


I,




4


n d 4 

~64


Halqa.

  Halqaning  inersiya  momenti  tashqi  va  ichki  doiralar  inersiya

 

momentlarining  ayirmasi  sifatida  topiladi:



x = I r

  =



2

 


4


bu  yerda  R  -   katta  doiraning,  r  -   kichik  doiraning  radiusi.


3.  Qarshilik  momenti.

  Tekis  shaklning  biron  o‘qqa  nisbatan  qarshilik

 

momenti  deb  shu  o‘qqa  nisbatan  inersiya  momentining  o‘qdan  eng  uzoqda

 

yotuvchi  nuqtagacha  boMgan  masofaga  boMgan  nisbatiga  aytiladi.  Bu  tavsif-

 

ning  oMcham  birligi  uzunlik  birligining  uchinchi  darajasi  orqali  belgilanadi

 

va  konstruksiyalarni  mustahkamlikka  hisoblashda  qoMlaniladi.


Masalan,  yuqorida  ko‘rsatilgan  oddiy  kesim  yuzalar  uchun,  xususan

 

to‘g‘ri  to'rtburchakli  kesim  uchun  x0  o‘qqa nisbatan  qarshilik momenti  quyi­


dagicha  topiladi:


_  

Jx

о  

_ bh>-2 
bh2 
W' ° ~  h / 2 ~ 

  12

-h  ~

 


6

Tekis  shaklning  yuzasi  uchburchak  boMsa:



_  

ehA

 • 3  _  

eh~
~  2 l 3 h ~  3 6 - 2 h ~ 

 "


2 4

"


Agar  tekis  shaklning  yuzasi  doira  boMsa


Jx0 
n D 1 ■ 2 
тг D*
Wx

о  - 


= --------- = -------


D / 2 

 


64  

D

 


32


Qutb  qarshilik  momenti  esa


w   _  Jp  _ жР4

 -2 _ л-Z)3

 
p ~  D l 2 ~ 

  32  

D

  _ 1 б "


4.  Inersiya  radiusi.

  Tekis  shaklning  biror  o‘qqa  nisbatan  

inersiya  radi­
usi

  shu  o‘qqa  nisbatan  olingan  inersiya  momenti  bilan  shakl  yuzasining

 

nisbatini  kvadrat  ildizidan  chiqarilgan  qiymatiga  teng,  ya’ni:


Inersiya  radiusi  uzunlik  birligida  oMchanadi.  Bosh  inersiya  momentlari

 

asosida  topilgan  inersiya  radiusiga  bosh  inersiya  radiuslari  deyiladi.  Bosh

 

markaziy  o‘qlarga  bosh  inersiya  radiusi  to‘g‘ri  keladi:



3.2.  Parallel  o ‘qlarga  nisbatan  inersiya  momentlari  orasidagi


bog‘lanish


J . 
7 - r a s m .

Tekis  shaklning  OX  va  OY  o ‘qlariga

 

nisbatan  inersiya  momentlari  berilgan  deb

 

faraz  qilaylik.  Berilgan  o‘qlarga  parallel

 

boMgan  yangi  0,X ,  va  0,Y,  o‘qlariga  nis­


batan  inersiya momentlarini  topish talab  eti-

 

ladi  (3.7-rasm):


y t  = у  + a ,   X \ = x  + b.


Olqqa  nisbatan  inersiya  momentlarining

 

umumiy  formulasidan  foydalanib,  quyidagini

 

topamiz:


Ai  =  

\yfdA

 =  

| (у + a)2dA =  Jy2dA

 + 2

a jyd4 + a2 jdA

 = / v + 

2aSr

 + 

a2 A

Xuddi  shunday  yoM  bilan  quyidagini  topishimiz  mumkin:

 
ly

  = 

Iy

  + 

2bSy

  + 

cr A .

Markazdan  qochirma  inersiya  momenti  uchun  quyidagi  formulaga  ega

 

boMamiz:


=   | ( у  +  я)(.у +  
6
)сМ =  
j x y d A   +   +  
b  j y d A   =   I x y  +   a b A   +   c t S y
 + 
b S x

Bu  formulalardagi  Sx va Sy lar OX va OY  o‘qlariga nisbatan tekis  shakl­


ning statik momentini  bildiradi.  Agar bu o‘qlar markaziy o‘qlar boMsa,  Sx=0,

 

Sy=0,  boMadi.  Unda  markaziy  o‘qlarga  parallel  boMgan  o‘qlarga  nisbatan

 

inersiya  momentlari  formulasi  quyidagi  ko‘rinishga  ega  boMadi:


A,  =  

l y +b 'A
= I v +abA

(3.19)


Bu  formulalardan  ko‘pincha  murakkab  shakllaming  inersiya  moment­


larini  topishda  foydalaniladi,  dastlabki  ikkita  formulani  hadlab  qo‘shib,

 
Ip,

  = /*!  + 7y,  ekanligini  hisobga  olsak,  qutb  inersiya  momenti  uchun  qu­


yidagi  formula  hosil  boMadi:



Bu  formulalardan  ko‘rinib  turibdiki,  markaziy  o'qlarga  nisbatan  inersi­


ya  momentlari  unga  parallel  bo‘lgan  ixtiyoriy  o‘qlarga  nisbatan  inersiya

 

momentlaridan  kichik  boMadi.


1-misol.  Agar  to‘g‘ri  to‘rtburchakning  markaziy  o‘qiga  nisbatan  inersi­


ya  momenti  berilgan  boMsa,  asosidan  o ‘tuvchi  o‘qqa  nisbatan  inersiya  mo­


menti  topilsin.


Yuqorida  keltirilgan  formuladan  foydalanib,  quyidagini  topamiz:


I  у

  —


 / ..  + 

a  A

 —------


1

- (—)  

bh

 —----


л' 



12 



3


3.3.  0 ‘qlar  burilganda  inersiya

 

momentlari  orasidagi  bogManisb


OX  va  OY  o‘qlariga  nisbatan  inersiya

 

momentlari  berilgan  deb  faraz  qilaylik.

 

Berilgan  o ‘qlarga  nisbatan  

a

  burchakka

 

burilgan  (3.8-rasm)  U  va  V  o ‘qlariga  nis­


batan  inersiya  momentlarini  topish  talab

 

etiladi.  Ixtiyoriy dA  yuzachani ajratamiz va

 

uning  yangi  o‘qlaridagi  koordinatalarini

 

eski  o‘qlardagi  koordinatalari  orqali  ifoda-

 

laymiz:


v = ^ co sa-x sin a r


и =

 jvsina + д: cos 


or

 

Ou  o‘qiga  nisbatan  inersiya  momentini  topamiz:


lu

 = 

^rdA

 = J(vcos 

a - x s m a f d A = 

cos


2

 

a  jy 2dA+

sirr 

a jx :d4~2sina-cosa jyxdA




A
j y 2dA = Ix 
j x 2dA -  Iy 
jxydA = Ixy
3.8-rasm.



A


Ekanligini  hisobga  olib  quyidagini  topamiz:


1„

  = 7r cos


2

 

 + 

  sin


2

 

a  - 

 


sin 


2
a . 

Xuddi  shunday  yoM  bilan  quyidagini  aniqlash  mumkin:

 

L   =  1


 

sin


2

 


a


 +  

cos


2

 


a


 +  

sin 


2

 


a


.

Markazdan qochirma inersiya momenti  uchun quyidagi  ifodaga ega boMamiz:

 
I n  =

 J((ycosa-xsina)>'ccsa+xsina)jy 2

 <^4+(cos


2

 «-sin


2

 

a) jx\d4 

yoki


I

m.= — ^—^-sin 2I x y c o s l a 


(3.21)


Shunday  qilib,  o‘zaro  peфendikular  ikkita  o‘qqa  nisbatan  inersiya  mo­


mentlari  va  markazdan  qochirma  inersiya  momenti  ma’lum  bo‘lsa  ushbu

 

nuqtadan  ixtiyoriy  boshqa  o‘qlarga  nisbatan  inersiya  momentlarini  topish

 

mumkin.


Shuni  aytish  lozimki,  agar  ifodalami  hadlab  qo‘shsak,  ma’lum  tenglik-

 

ni  olamiz:


3.4.  K o‘ndalang  kesimlardagi  asosiy  o ‘q!ar,  bosh  inersiya  o ‘qlari

 

va  bosh  inersiya  m omentlari


Har  qanday  tekis  yuzada  turli  o‘qlarga  nisbatan  inersiya  momentlari

 

turlicha  bo‘ladi.  Shuning  uchun  o ‘qlarga  ta’riflar  beriladi.  Agar  o‘qlar

 

ko‘ndalang  kesimning  markazidan  o‘tgan  boMsa  markaziy  o‘qlar  deyiladi.

 

Undan  tashqari  asosiy  o‘qlar  ham  bo‘lib,  bu  o‘qlarning  holati  markazdan

 

qochuvchi  inersiya  momentining  qiymatiga  bog‘liq.


Ixtiyoriy o‘qIarga nisbatan  inersiya  momenti  (a-burchakka burilgan  o‘qqa

 

nisbatan)


J u  = J  x

 cos


2

 

a - J x y 

 sin 2

a  + J y

 sin


2

 

 ;


J v

 = 

J x

 sin


2

 

 + 


sin 


2
a  + J y

 cos


2

 

;  (a)


J X+ J y = J „ + J v
d J 

*

  о 


2J*>


Agar  ~тгг_ 0  boMsa,  и  holda  

lS ^ a  
т  _  j

  boMadi.

 
ал 
J у  J x

Inersiya  momentlarining  qiymati  ekstremal  qiymatga  ega  boMgan

 

o‘qlar  kesimning  asosiy  o‘qi  deb  yuritiladi.  Agarda  asosiy  o‘qlarimiz  ke­


simning  markazidan  o‘tkazilsa,  bunday  o'qlami  bosh  markaziy  o‘qlar  deb

 

ataladi.  Bu  bosh  o‘qlarga  nisbatan  bosh  inersiya  momentlari  quyidagi  for­


mula  yordamida  topiladi:



J x + J y 
J - J x
J v

  = -------------- ------- cos2a -  J   sin 2

a  .

2

 


 

Bosh  o‘qqa  nisbatan  bosh  inersiya  momenti  quyidagicha  aniqlanadi:


J„  - 

 —------ - —cos 


2

 + 

  sin 

2 a 

.


"
2
2

 


v  

Formuladan ko‘rinib turibdiki,  ixtiyoriy  o‘qqa nisbatan  inersiya moment-

 

ining  qiymati  og‘ish  burchagi  a  ga  bog‘liq.  Og‘ish  burchagining  shunday

 

a


0

  qiymatini  topish  mumkinki,  bunda  inersiya  momenti  ekstremal  qiymatga

 

erishadi.  Ekstremumni  topish  uchun  (a)  ifodaning  birinchi  hosilasini  nolga

 

tenglab,  

a = a 0

  deb  olamiz:


—  = 

-21

v cos 

a 0

 sin 

a 0

 + 


2

/,. sin 

a 0

 cos 

a 0 - 2 I 

  cos 

a 0 =

 



d a

yoki


(Ix -  I 

y) sin 


2
a 0

 + 

21 ^ 

 cos 

2a0  =

 


0

,


undan


2I*y
tg2a0  = - y — r 

 


(


3

.


2 2

)


У

3.22  tenglama  a


0

  burchak  uchun  ikkita  a


0

  va  

a Q = a 0

 +90°  ildizlarga

 

ega beradi,  demak,  o‘zaro peфendikular bo‘lgan  shunday  ikkita o‘q mavjud-

 

ki,  ularga  nisbatan  inersiya  momentlari  ekstremal  qiymatlarga  erishadi.

 

Bunday  o‘qlar  bosh  inersiya  o‘qlari,  ularga  nisbatan  olingan  inersiya

 

momentlari  bosh  inersiya  momentlari  deb  ataladi.


Agar bosh o'qlami  и va v bilan belgilab  a burchak o‘miga a


0

  ni qo‘ysak

 

bosh  inersiya  momentlarini  topish  uchun  quyidagi  ifodalami  hosil  qilamiz:


J „ + J V= J y + J ; = J p .

 


(3.23)


J„  -  j v  =( Jy - J z) c o s 2 a -  2Jy_

 sin

2 a 0.

 


(3.24)


Markazdan qochirma inersiya momenti  

J n

  ning qiymatini (3.22) dan (3.24)

 

formulaga  qo'yib,  hosil  boMgan  tenglamani  (3.23)  formulaga  hadlab  qo‘shsak

 

bosh  и  o‘qqa  nisbatan  olingan  bosh  inersiya  momenti  kelib  chiqadi:


J  
у

 + 

J . 
J  у  J : 
J y  J  -

  sin 2 

cc0

 


J  
J  у — J z 
J
J   =-*■

-----

-  + -1

------co s


2

a


0

 + —---------------


2

- = ^ ------+ ^ ----- ----------


2

 


2

 


2

 


cos


2

a


0

 


2

 


2

 


cosa0'


1

Bundan 


-  


ni  (3.22)  formuladan  foydalanib,  quyidagi  ifoda  bilan


CUj 

£(£
q

almashtiramiz:



■ = ±yj\ 


+ tg22a0

  = ± J l + -


cos


2

or


0

 



° 



-y

 

va  quyidagilami  olamiz


1 , = ^ [ (У + У,) ± ^   - Л ) 2 + 4 ^ ] ;  


(3.25)


J. = | [ y   + -',> ± V ! + 4 - £ ] .  


р а д


Bosh  o ‘qlar  quyidagi  xususiyatlarga  ega:


1.Bosh  o‘qlar  ga  nisbatan  kesimning  markazdan  qochirma  inersiya

 

momenti  doimo  nolga  teng  (

J m,

 = 


0

).


2.  Bosh  o‘qlarga  nisbatan  inersiya  momentlari  ekstremal  qiymatga  ega,


Уа ’ п!  С
  S a  ten &

Formuladan  ko‘rinib  turibdiki,  bosh  inersiya  momentlarining  qiymati

 

bevosita  OX  va  OY  o'qlariga  nisbatan  olingan  inersiya  momentlari  orqali

 

aniqlanadi.  Shuning  uchun  ulami  bosh  inersiya  o‘qlarining  holatini  bilmas-

 

dan  turib  ham  topish  mumkin.


Tekis  shaklning  kamida  bir  juft  bosh  inersiya  o‘qi  boMadi.  Shaklning

 

simmetriya  o‘qlari  bosh  inersiya  o‘qi  bo‘la  oladi.


Markaziy  inersiya o‘qining yo‘nalishi  (3.22) quyidagi  formuladan topi­


ladi:


tg2a°=  j  J T 

 


(3-27)


Bu  yerda  x0,  y


0

  tekis  shakl  ogMrlik  markazidan  o'tuvchi  o‘qlar.  a


0

-x



o‘qqa  nisbatan  bosh  inersiya o‘qining yo‘nalishini  belgilovchi  burchak.  Agar

 
a ( 0 

  boMsa,  uni  x


0

  o ‘qidan  soat  strelkasi  harakati  yo‘nalishida  qo‘yish  lo-

 

zim  (3.27)  ifodani  a


0

  ning  bir-biridan  90°  ga  farq  qiladigan  ikkita  qiymati

 

qanoatlantirganligi  uchun  ikkinchi  bosh  inersiya o‘qi  birinchisiga perpendiku-

 

lar  holda  yo‘naladi.


Jx0)Jy0

  boMganda,  a


0

  inersiya  momenti  maksimal  qiymatga  erishadi-

 

gan  o ‘qning  holatini  bildiradi.


Bosh  o‘qlar  holatini  quyidagi  formula  orqali  aniqlash  mumkin:


1 . 
I
fS a i  = 'r  * 

{S a 2

  

='
I  - I 

 


’ 


I   - I


max 



mm


Bu  yerda  a,  burchak  1 ^   inersiya  momenti  aniqlanadigan  o‘q  holatini,

 

a


2

  esa  Imin  hisoblanadigan  o‘q  holatini  belgilaydi



Konstruksiyani  ratsional  loyihalashda  inersiya  ellipsidan  foydalanish

 

maqsadga  muvofiqdir.  Buning  uchun  inersiya  radiusi  ifodasi  boMmish


Shaklning  inersiya  radiuslarini  yarim  o‘qlar sifatida  qabul  qilib,  koordinata

 

o‘qlarida ellipsni  quramiz (3.9-rasm).  Bunda OX  o‘qi  bo‘ylab  

iy

  radiusini,  OY

 

o‘qi  bo‘ylab  

ix

  inersiya  radiusini  qo‘yamiz.  Ellipsning  tenglamasi:


Bu  ellips  (rasmga  qarang)  

shaklning  inersiya  ellipsi

  deb  ataladi.


Agar  ikkita  bosh  inersiya  o‘qlariga  nisbatan  inersiya  momentlari  teng

 

boMsa,  inersiya  ellipsi  doiraga aylanadi.  Bunda  ogMrlik  markazidan  o‘tuvchi

 

barcha  o‘qlarga  nisbatan  inersiya  momentlari  teng  boMadi.  Bunday  kesim-


Bunday  kesimlarga  doira,  halqa,  kvadrat  va  boshqalar  kiradi.


3.6.  Tekis  yuzalarning  geometrik  tavsiflarini  kompyuterda

 

hisoblash  algoritmi


Yuqorida keltirilgan  bilimlar asosida geometrik tavsiflaming kompyuter­


da  hisoblash  algoritmini  keltiramiz.


1. 


Kesimni  sodda  boMaklarga  boMish,  ularga  tegishli  axborotlami  kom-

 

pyuterga  kiritish,  har  bir  yuza  uchun  statik  momentlami  aniqlash,  ixtiyoriy

 

OXY  o‘qlarga  keltirish  amallarini  bajaramiz.


Faraz  qilaylik,  OX  va  OY  o‘qlar  qan-

 

daydir  shaklning  bosh  inersiya  o ‘qlarini

 

bildiradi.  Bosh  inersiya  o‘qlariga nisbatan  


burchak ostida og'gan  o‘qqa nisbatan  inersi-


*

  ya  momentini  yozamiz  (3.9-rasm.):


4 -


3.9-rasm.
I  
и  = h 

 cos: 

 + 

 sin


2

 or.


Tenglikning  ikkala  tomonini  A  ga

 

boMib,  quyidagini  hosil  qilamiz:


г

I  = i]

 cos


2

 

a  +

 г


2

 sin’’ 

a

(3.29)


(3.30)


lar  uchun  ogMrlik  markazidan  o‘tuvchi  barcha  o‘q!ar  bosh  o‘qlar  boMadi.



2.  Berilgan  kesim  markazi  (YCXC


)  koordinatalarini  aniqlaymiz.


3.  Topilgan markazdan  o‘tuvchi  o'qlarga parallel 


o'qlar o‘tkazib

 

shu  o‘qlarga  nisbatan  markazdan  qochirma  va  oddiy  inersiya  momentlarini

 

(I„,  Iy)  hisoblaymiz.


4.  Yuqorida  keltirilgan  formulalar  (3.21),  (3.25)  va  (3.26)  asosida  bosh

 

markaziy  inersiya  momentlarini  aniqlaymiz.


5.  Bosh  markaziy  o‘qlaming  holatini


— 


-T?’



7 —
T e n g   y o n lim a s  
b u r c h a k lik

asosida  hisoblaymiz.


Agarda  soddalashtirilgan  kesimlar  standart  profillardan  iborat  bo‘lsa,  u

 

holda  kompyuterga  tegishli  axborotlarni  jadval  ko'rinishda  kiritamiz.


6

.  (3.18)  va  (3.19)  formulalar  yordamida  bosh  o‘qlarga  nisbatan  inersi­


ya  radiuslarini  aniqlaymiz.


7.  Inersiya  ellipsi  va  (3.28)  formu­


la  asosida  ixtiyoriy  o‘qlarga  nisbatan

 

(a=30°,  45°,  60°)  markazdan  qochirma

 

inersiya  momentlarini  hisoblaymiz.


Quyida  algoritm  asosida  (Pentium

 

kompyuteri  yordamida) hisoblangan  mi­


sol  natijasi  keltirilgan.


Murakkab  shaklning  geometrik

 

tavsiflari:  vertikal  qism  -   600x20,  gor­


izontal  qism  400x20.


V e r tik a l

qism


I  S h v e lle r
G o r iz o n ta l  q is m  

3.10-rasm.


Shveller  №30

 

h  =  300  mm

 

b  = 


100

  mm

 
a  =

  6,5  mm

 

t  = 


11

  mm


Z


0

  =  2,52

 

F  =  40,5  sm



Ix  =  5810  sm



I„  =  327  sm


4

xT


>
t


Д


к


л

t  -


1
I

_o


Ш Ш Ш . Ш Ш //М

к


h


------------ *


Teng  tomonli  boMmagan  burchaklik

 

160x100x12  №16/10

 

В  =  160  mm


b  = 


100

  mm

 

t  = 


12

  mm

 

X


0

  =  2,36  sm

 

Y


0

  =  5,32  sm

 

F  =  30  sm


2

=  784  mm

 

=  239  sm



=  142  cm


2
u(min)

tga  =  0,388

 

a  = 


21

 


°12

2.Kiritish  uchun  berilgan  ma’lumotlar  quyidagi  jadvalda  keltirilgan:


5-jadval.
Sodda shakl 
maydoni
Sodda shakl og'irlik markazi 
koordinatasiga nisbatan yordamchi 
о 'qlar
Prokatlar 
imrsiyasi 
momenti shakli
Xt marktciy o'adan 
sodda shakl 
marlaciy og'irlik 
markazigacha 
bo’lgan masofa
\ marktciy о "adan 
sodda shakl 
mariuniy og'irlik 
markazigacha 
bo lgan masofa
As
chal
mt
a
io
isiy bur

-

 
ik inersiya 
menu va 
sosiy o’ 
ylashishi
n
К Y*
**
к
К be, h be, 

<4 d] a3 «4 Pi 

h h
iL iL 

n


sm


*sm: sm: sm- smsmsm smsm smsmsm sm' sm' sm' 

sm* 

smsmsmsm smsmsmsm sm' sm' оrt


С
to

о 

«id oCO *


1

'


«■


*


«


*


rt


о


n


rt a


г*


«


<4


ri
f*

M


n


rt


e.


n


л rt


n


*


в



о


C
O

w


*




Do'stlaringiz bilan baham:

©2018 Учебные документы
Рады что Вы стали частью нашего образовательного сообщества.

?


--a--zamarin-maye.html

--a-l-l-a-n-k-a-r-d-e-k---2.html

--aaa--kcllijjati-xxi-2.html

--abdinov--r--f--mehdiyev-10.html

--abdinov--r--f--mehdiyev-15.html