Е. А. Исаханов т.ғ. д., профессор М. Тынышбаев атындағы

3. Айналма күш
2МД = 2.300.101 = 2000Д  
£> 
300
Радиалды күш
Ғг = 0,4Ғ, = 0,4 - 2000 = 800Я
4.  Біліктщ  кезкелген  көлденең  қимасындағы  бүралу  момеші 
Т = М , яғни  Т = 300 Н м . Бүралу моментінің эпюрі 2.19, сі—суретте.
5.  Айналма  Ғ(  күпгген туындайтьш тірек реакциялары  (2.19, е -
сурет)
Ү ,М А=0; 
Ғг 0 ,3 -К в -0,2 = 0,
мүнан
„ 
Ғг  0,3 
0,3 • 2000
%  = —----- = ------------ = ЗОООЯ;
*  
0,2
 
0,2
£ М В= 0; 
Ғ, • 0,5 -  
• 0,2 = 0,
мүнан
Тірек реакцияларының дұрыс анықталғанын тексереміз 
Х 7 = ° ; 
ғ і ~
к ау
 + ^ву = 0 
2000 -  5000 + 3000 = 0
йалды 
Ғг 
күшінен  туындайтын  тірек  реакдияларын
анықтаймыз (2.19, 
сурет)
• 
0,2
 -  ғ г  • о ^ = о,
мүнан
М
£  = 0 ^ 8 0 0  
0,2 
0,2
68

У л /д   = 0; 
-  
Ғг •
 0,5 + 
■
 0,2 = 0,
мұнана
1
 
0,2
 
0,2
Анықталған реакциялардьщ дұрыстығын тексереміз
£ 7  = 0; 
- Ғ г + К А- К в =0; 
-800 + 2000-1200 = 0
6. 
Тік  жазықтықтағы  ию  моменттерінің  эпюрін  тұрғызамыз 
( 2 .1 9 ,/- сурет)
С қимасында
Мс = 0.
А қимасында
МА= Ғ Г 0,3 = 2000• 0,3 = 600  Нм
В қимасында
М в = 0.
Жазық  жазықтықтағы  ию  моменттерінің  эпюрін  тұрғызамыз 
(2.19, һ - сурет)
С қимасында
Л/с = 0.
А кимасында
= Ғг • о з  = -800 • 0,3 = -240  Нм
В қимасында
М в =0.
69

2.19 - сурет
70

7  Ию  моментерінің  эшорлерінен,  білікпң  қауыпты  қимасы  А
нүктесінен өпгітіні көрінеді.
Ең үлкен эквивалент моменттің мәнін есептейміз
МэШ = 
+ М 2
у + М \  = л/бОО2 + 2402 + 3002  = 713  Нм.
8 Білікгің қажетті өстік кедергі моменті
цг > 
= 
= 11,883 • 10"3 м3 = 11883 мм3.
60Ю 3
9 Біліктің қауъшты қимасының диаметрін анықтаймыз
л  = з1—  = зI118- -  =4,9*10  2м = 49 мм  немесе  сі = 0,05м.
І о л
  V  од
2.4 Қигаш  иілген арқалы қты  беріктікке есептеуде 
ДК-ді пайдалану
Программада  қигаш  иілген  статикалық  анықталган  арқалықгы 
беріктікке  есептеу  алгоритмі  жүзеге  асырылган.  Беріктікке  есептеу 
сыртқы  жүктемелерді  қиманың  бас  екпін  жазықтықтарында  жататын 
қүрамаларга жүктеп,  иілу деформациясын  эрбір  жүктеме  құрамалары 
әсер  ететін  жазықгықтарда  тек  көлденең  жазық  иілу  болады  деп 
қарастырылумен  жүргізіледі,  ягни  арқалықгың  бұралу  мүмкіндігі
ескерілмейді.
МаХһСАІ>ты  пайдалануды,  2.4  —  мысалда  келтірілген  есепті 
қарастырып, келтірейк.
Алғашқы берілгендер:
ОЯІОШ^ 1
1.6 
, 1 - 6  
, 1  
Ғ - б к Н  
15*1,6м 
1,5=3  — м 
л<  13 :- һ м
а.*=1.8 
оасіт := %МПа
Решение
1  Определим реакции опор:
71

а) вертикальная плоскость
£ тотВ = 0  Л Г ( і,+ 1 а) - Ғ - 1 3 = 0  
АТ = \.5кН 
1
| + 
12
ҮтошА^О 
В Т ( I, +12) - Ғ - ( 1  + 13)= 0
Д Г ^
^
з )  
ВТ = 1.5кН
1і+1а
Проверка 
= 0 
-  АТ — Ғ  + ВТ = 0
б) горизонтальная плоскость
^ т о т В - О   А К - Һ  +12) - Ғ 1 2 = 0   АК*=-
—2- 
АК = 1.5кН
1, +12
ҮтотА = 
0
 
Ж - ( і ,+ 1 2)-  Ғ 1 , = 0   Я Я ::= ^ Ь _  
Ж  = 
4.5кЯ
1,+ 1а
Проверка 
= 0 
А К - Ғ  
+ 
ВК 
=
 0
2 посіроение эпюры поперечных сил и изгибающих моментов
а) вертикальная плоскость
^(х , хи, хк) \= Ф(х - х п ) -  Ф(х -  хк)
Х .-0 Д 0 0 0 1 ..1 ,  + 1а  +13
0 Л (* ) ?= - А  Т ^(х,0Д,) 
ОТ2(х)т= - А Т  ■ 
+1г)
0 Г З (х ):= (-Л Г  + Я Г)-^(хД ,  +1аД, +1а + 13) 
е е г ( д )  ^  е п(лг) + 0Г 2(х) + <ЭГЗ(х)
72

О О Т (Х )
ООТЮ
Эпюра Р , кНм
Ш (х )? = (- А Т х )-у/(х ,0 ,\х)
мг\(
о)=о
л ш ( і,) = о
МГ2{х)>=(- А Т ф ф Щ  + Ь ) 
М Г З (х )^ [-А Т   х + В Т ■ (х - \ х - 1 2)]- 
ММГ(х) -  МТ\(х) + МТ2(х) + МТЗ(х)
МТ 2(1,)= —1.8
Эпюра М, кНм
73

б) горгоонтальная плоскость
д к \ { х ) - А К у / { х А һ )
0 К 2 ( р с ) ^ ( А К - Ғ )
  ^ , Д , + 1 2)
()КЗ{
х
)5 = { А К  - Ғ
 + 
В К ) -ц /{ х ,\ А
 +Ь»^і + Ь + Ь) 
0 0 Ф )  •- 
Я К \ { х )
 + е^2(х) + е*3(х)
ООК (х) 
(УЗК (х)
Эпюра Р , кН
МК\{х) := (у4АГ • х) ■ у/{х, 0,1^)
а ж
:
і
(
о
) = 0
ЛЖ1(1,)=0
МК2{х)^ [АК • х -  Ғ  • {х - 1,)] • у/{х,\х,1, + 12)
ЛЖ 2(1,)=1.8
ЛЖЗ(х).-= [А К -х
-
Ғ
■ 
(*
-
1,)+ ВТ-{х
- 1 ,   - 12 ) ]
• ^ х Д , +
12 
+ 
13Д, 
+
12 
+
13) 
ММК{х) г= МК\{х)+ МК2{х) + МКЗ{х)
74

Эпюра М, кНм
3 Построение суммарной эпюры изгибающих моментов
М\(х) I  тІ(мТ\(хҮ + МК\(х)2)
М2(х) |  тІ(мТ2(х)2 + МК2(х)2)
М3(х) 
I 
тІІМТЗ(х)2 + МКЗ(хУ)
М\(х) ?= М\(х) ■ у/(х,0,\х)
М2(х) 1  М2(х) ■ Щт 1, ,1,1 1 1
М3(х)?= М3(х)  у/(х,\і + ЩДі I  һ  + Ь )
М ( х ) Мі(дг) + А/2(х) + М3(х)
Из  этой  эпюры  видно,  что  опасным  является  сечение  где 
приложена горизонталъная сила  Ғ  
М т а х  = 2.546
4 подбор сечения
Д  ія этого определим наиболее напряженные точки поперечного
сечения в опасном сечении балки.
Таковыми  являются:  верхняя  левая  угловая  точка  сечения,
которая  испытывает  наибольшее  растягивающее  напряжение  и
нижняя правая точка сечения - наибольшее сжимающее напряжение.
75

3
X
Суммарная эшора М, кНм
Условия прочности при косом изгибе для верхней точки сечения 
имеет вид:
МГ2ҺЛ 
МК2(\Л
0  = ---- + ------------------ — г ,  < оасіт
Ш 
Іу
һ 
Ъ 
_ 
Ьһ3 
ҺЬг
где 
у 2 = -  
г 2 = -  
Ь  = —  
Іу = | Ц  
һ = аЬ
Подставляя эти данные в условие прочности, имеем:
ЛГГ2(1,)  МК2(һ )
<т = --------
+
--------------
~ -< а а с І т
0,546 
0.363
откуда
&^ , /Й ^ 2 (і.]|  і0 Э +1  8  |АДГ2(1,)(103
V 
0.54*ашҒт-106
6 = 0.105 л* 
Һ ^ а -Ъ  
һ = 0.189м 
Округлим до целого числа сантиметров, тогда
76

Геометрические характеристики сечения
А т. Ъ
  •  
һ
_ 
Ъ һ г 
_ 
ҺЪ3  _  
Ь һ 2 
Һ Ь 2
/2.-=------   А» ?=  ■
:
=
—;—  РҒу :=
12
12
6
6
і4 = 
0.021
лі
/г = 6.287х10_5л<4
/>» = 2.107 
х
10_5
лі
4
= 6.618 х 10-4 л<3
Положение нейтральной оси находим по формуле
АЖ2(і,)  іг  
МГ2(1,) ‘ Іу
1§а = 2.983
Построение  график  нейтральной  линии  в  перечном  сечении
балки
Для этого вводим ранжированную переменную
Ь
2
— + 0 .0 0 0 1 1 - 
2 
/ 2
Я 2) '
АЖ 2(і,)  іг 
^ 2 ( 1 . )   Іу
Положение нейтральной линии
77

Определим напряжения в этом сечении
а)  Напряжения  от  изгибающего  момента  в  вертикальной 
плоскости
^ м п Ц
. я г » .
І2
Для  построения  эпюры  напряжения  по  высоте  сечения  введем 
ранжированную переменную
б)  Напряжения  от  изгибающего  момента  в  горизонтальной 
плоскости
іу
Для  построения  эі  юры  напряжения  по  пшрине  сечения  введем 
ранжированную переменную
г^"!(т+ооооі)і
V
78

------------ 
Н
-
ак(г)  ”0.1
ак(2)
2
Вычислим наиболыиие напряжения
«тшах/?=------ ----------- 
<г тахі = —2.72 МПа
КҒг
а т з х к  := 
— — 
ат ахк = 4.698МПа
т
По
абсолютной
величине
суммарные
наибольшее
растягивающее  напряжение  в  верхнем  левом  углу  сечения  и 
наибольшее  сжимающее  напряжение  в  нижнем  правом  углу  сечения 
равны
сгтах г := (г т а х / +  а  т а х  к\а т а х  г = 7.417 МПа
или
\МТ2(\ЛЛ0'Ъ  \МК2{\Л-\(ГЪ 
л  АЛПЪГТТ
сгтах г :=------- ----------- + ----------- --------(г т а х г  = 4.417 МПа
т  
я у
Абсолютная 
величина 
соответствующих 
суммарных
наименьших напряжении
а т а х с ^  сгтах / + ат ахк 
атяхс у=1.978МПа
Итак,  получили  следующие  величины  напряжений  в  угловых 
точках сечения
сгі В  — с гта х / — ат ахк 
а \  = - 1 .918МПа
79

с г 2 - с г  шах I + & шах к 
<т2 = 7.417 МПа
сгЗ *= сгшах/ + сгтгхк 
сгЗ = 1.97%МПа
сг4:= сг т а х ?  — сг шах к 
сг4 = —7.417 МПа
2.5 Бағаның кернеулі күйін зерттеуде ДК-ді  пайдалану
Ортадан  тыс  созылған  не  сығылган,  кернеулі  күйін  зерттеу, 
келесі алгоритммен қүрылған программасымен жүзеге асырылған:
1 „21?. 1% I , ІвІ 1
|
м
|
1
мүндағы
-  қиманың центрінен тыс түскен сыртқы күштер;
УҒ/, 2ГҒі  -  күпггердің түсу нүктелерінің координаттары;
Ү  ■, 2 ] 
- 
қиманың 
кернеу 
есептейтін 
нүкгелерінің
координатгары;
А  -  бағана қимасының ауданы;
Іу , І2  -  бағана қимасының ортальпс; бас екпін моментгері.
Бағана  қимасы  симметриялы  немесе  симметриясыз,  жалпы 
жағдайда  бірнеше  элементтерден  тұратын  қүрама  да  болуы  мүмкін. 
Программада  қиманың  геометриялық  сипаттамаларын  зерттеу,  яғни 
қиманьщ  ауьфлық  центрін  анықтау,  орталық  бас  екпін  моменттерін 
есептеу және орталық бас екпін өстерінің орнын  анықтау қарастьфуға 
болады. 
; ■
Тік  кернеулер  жоғарьща  келтірілген  өрнекпен  есептеледі  және 
кернеу анықталатьга нүктелер санына шек қойылмаған.
Есепті ДК-ге дайьщцау да, ең алдымен, центрден тыс жүктелген 
бағананың  қимасын  белгілі  бір  маспггабпен  кескіндейміз.  Егер  қима 
қүрама  болса,  құрамдас  бөліктердің  ауьфлық  центрлерін  және 
олардың  құрама  қиманың  жақтауларына  параллель  өздік  орталық 
өстерін  көрсетеміз.  Барлык  аттас  өстер  параллель  және  бір  бағытга 
бағытталған  болуы  қажет.  Қиманың  әрбір  құрамдас  бөліктерін 
нөмірлейміз.  Бұдан  кейін,  барлық  қима  бірінпгі  ширекте  жататыңдай 
етіп,  өстері  құрама  қиманьщ  жақтауларына  параллель  болатын 
қосымша координаттар жүйесін таңдап аламыз. Бұл жағдайда, төменде 
анықталатьш барлық координаталар әрдайым оң таңбалы болады.
80

Көмекші өсьтерге қарағандағы анықталатын шамалардың тізімі:
а)  қиманың  құрамдас  бөліктерінің  ауырлық  центрлерінің
координатгары
■
 
>
сыртқы  күш түсуші  нүктелерінің
Уг,»%ғ, > 
. 
.
в) 
қиманың 
тік 
кернеу 
анықгалатын 
нүктелерінщ
координаталары — Уу92 у 9
Программаға  созушы  күштердің мәнін  ең таңбамен,  ал  сығушы
күпггердің мәнін сол таңбамен енгізіледі.
Төменде 
МаЛСАО 
қолданбалы 
программасын 
бағананы
оргадан  тыс  созу  немесе  сығу деформациясын  есептеуге  пайдалануға 
мысал ретінде,  2 .9 1  мысалда қарастырылған есепті келтірейік.
Алғашқы берілгендер:
ОКЮІЫ 
1
а^О.Обм 
Ь ;= 0.04 л*
аасһпі := 140М 7а 
оасітс := 27 МПа
ЬІ^Зам
Ш т 4 ' Ъ м  
Ы ^ а м  
Һ2 ш 2
Ъ м
у Ғ ^ Ь м  
гҒ  = - 0.03  м 
>>Ғ = 0.04м
2
Решение: 
1) 
Определим 
геометрические 
характеристики
сечения:
а) площадь сечения
А ^ Ь \ Һ \ - Ь 2 Һ 2  
А = 0.024 м 2
б) главные центральные моменты инерции сечения
һ
 ✓
ЬІ
1 м 3
Ь2■Һ23
12
12
һ\
 1 
ы3 Һ2 ■
 Ь2'
12
12
һ =
 5.888 х10"3л<4
81

в) квадраты радиусов инерции сечения
іг2г=— 
іг2 = 2.453 х 10-3 м 2
А
ху2^^~ 
гу2 = 3.18х10"3л<2
Для  нахождения  опасных  точек  сечения  определим  положения 
нулевой  линии,  отрезками  аг  и  а у 9  отсекаемые  ими  на  главных
центральных осях:
аг>=——  
аг = 0.106  м 
а у ^ ------  
ау = 0.061  м
гҒ  
у Ғ
Построение  график  нейтральной  линии  в  поперечиом  сечении
балки
у(г) 5= ау -  —  ■ 
2
 
г  .■= ——
—— + 0 .0 0 0 і\.—
аг 
'  2  V  2 
)   2
В 
рассматриваемом 
сечении 
наибольшее 
сжимающее
напряжение  в  верхнем  левом  углу  сечения,  а  наибольшее
растягивающее  напряжение  в  нижнем  правом  углу  сечения,  так  как
эти  точки  являются  наиболее  удаленными  от  нейтральной  линии 
сечения.
82

У ( 2 )
У(2)
_0.05
------------- 0:І5
Координаты этих точек:
гВ :=
ы
2
У
Һ\ 
2
гВ = -0.09
уВ = 0.08
у С :
Ь\
2
гС = 0.09
Наиболыпие сжимаюхцие напряжения
у С :
һ\
уС  = -0.08
<тшахс =
Ғ
А
\ +
у Ғ  •уВ
іг 2
+
гҒ -г В
іу2
Наибольшие растягивающие напряжения
сг т а х / =
Ғ
А
/
1
V
у Ғ  -уС
І2  2
%Ғ
  •  
%С
іу2
Обозначим
ос
огтахс
Ғ
о і -
сгтах /
Ғ
тогда
83

ОС
 
—- 1 1 +
А
у Ғ  • уВ
іг2
+
гҒ  * гВ
іу2
\
ог = -131.392
/
оі :=
1
А
1
\
у Ғ  • уВ 
І2 2
г Ғ  -гВ
ІУ2
\
/
наиболыпие  сжимающие  ыапряжения  в  поперечном
сечении равны
сг шахс
131.392Ғ
сгіпах7 = 48.059Ғ
.опускаемую  нагрузку  определяем,  записав  условие  прочности 
для рассматриваемых точек С  и  В:
сгтахс
131.392Ғ  < оасітс
сг т а х / = 48.059Ғ  < оасіті
откуда
140-10
131.392
Ғ  = 1.066x10 
ас
Я
27-10
48,059
Ғ  = 561,809#сЯ
Следовательно, допускаемая нагрузка
Ғрг = 561.Ъ09кН
2.6 Буралып иілген білікті беріктікке есептеуде 
ДК-ді қолдану
Программа  білікп  ишу  мен  бұралудың  бірге  эсер  еткен  күйін 
беріктікке есептеудің жалпы қабылданған алгоритмін жүзеге асырады. 
Алгоритм  бойьгаша біліктің  берілген  нүктелеріндегі  бүраупш момент 
пен  қосынды  июші  момент  (жазық  және  тік  жазықтықтардағы  июші 
моменттер боиынша) эпюрлерінің  ординаталары анықталады. Біліктің 
берілген  нүктелеріндегі  қосынды  июші  момент  ординаталары 
боиынша  біліктің  қауіпті  қимасы  анықталып,  үшінпгі  не  төртінпгі
84

беріктік  теорияларына  сәйкес  біпіктің  көлденең  қимасының  қажетп
өлшемдері есептелінеді. 
_.  .  .
Есепті  ДК-ге  дайындау  үшін  белгілі  бір  маспггабпен  бшіктщ
есептеу  схемасын  кескіндеп,  барлық  сипаттма  нүктелері  мен 
сызықгық  өлшемдерін  көрсетеміз.  Білікке  берілетін  сыртқы  бүраушы 
моменттерді  берілген  нүктелерде  қос  күшке  және  білікті  жазық  жше 
тік  жазықгықгарда  иетін  тік  күпггерге  жүктейміз,  білікгің  әрбір
жүктелген жазықтықтағы тірек реакцияларын анықтаимыз.
Сағат  тілі  бағытына  қарсы  багытта  момент  туғызатын  сыртқы 
қос  күш  мәндері  программаға  оң  таңбамен  алынады,  ал  басқа
у д г п я й п я  
қос күш мәндері теріс таңбамен алынады.
Активті  және  реактивті  жүктемелердің  мәндері,  егер  олар 
өздерінің жүктеме жазықгықтарына білікті дөңестігі төмен қарап иетін 
болса оң таңбалы деп, кері жағдайда теріс таңбалы деп қабылданады.
Бұральш  иілген  білікті  беріктікке  есептеуде  МаІҺСАО  жүйесін 
қолдануды, 2.16 -  мысалда келтірілген есепті шығарумен келтірейік.
Алғашқы берілгендер:
о к с т ^ і
а ^ 40  Ш  
12000вт
сек
/,;= 0.3м  
/2 “  0.2м 
0?= 0.3м
осиіт := 60 МПа 
Решение:
Определяем момент передоваемый валом
М ? = — 
М  = 300Нм 
0)
Окружная сила 
Ғ
іу
= 2 ^  
Ғ
і
 = 2x10  Н
Радиальная сила 
Ғг 1 0 .4   Ғі 
Ғг = 800  Н
85

1. Определяем реакции опор
А)  Опорные  реакции  от  окружной  силы  (вертикальная
плоскость)
£  тотА = 0 
В Ү 1 2 - Ғ і І х= 0
У, тотВ = 0 
АҮ-12 - Ғ і - ( і х+12)=  0 
А Г ~ Ш А ± ій  
АҮ = 5х103  Н
һ
В Ү ^ П М  
5 Г  = Зх103 Н
һ
Проверка  У]Ү = 0 
Ғ і - А Ү  + ВҮ = 0
Опорные  реакции  от  радиальной  силы  (горизонтальная
плоскость)
У  тотА = 0 
В2-Іг - Ғ г - І х= 0
V  тотВ = 0 
А2-12 - Ғ г - ( і х+12)=  0
ііг -  — ‘  + ^  
дг*2хіо3н
I4
2
Д2 -  -Ғ г '  ) 
ДҒ = 1 2 х Ю 3 Н
*2
Проверка  ] Г 2  = 0 
Ғ г - А 2  + В І  = 0
2. 
Строим  эпюры  изгибающих  моментов,  для  чего  вводим 
ранжированную переменную
^(хх, хи, хк) := Ф(х -  х и )- ф(х -  хЛ)
.х 5=0,0.0001.^ + /2
86

А) в вертикальнои плоскости
АШ (х):= Ғ і х - ^ х  ,0 ,0
МГ2(х):= [ Ғ і х - А Ү -  (х —/,)]- 5Р(х,/,,/і + /2) 
МГ2(іх)= 6 0 0   Нм 
ММГ(х) -  МГ\(х)+ МГ2(х)
ЭпюраМТ, Нм
Б) в горизонтальной плоскости
МК\(х) ?= - Ғ г  • х • Ү (х  ,0, /,)
МК2(х) •.= 
{ - Ғ г х  
+ А 2 \ х - 1 ^ [ іҒ(х,Іх,һ + /2)
МК2(іх |  = -240  Нм
ММК(х) := МК\(х)+МК2(х)
87

X
Эпюра МК, Нм
3. Построение суммарной эшоры изгибающих моментов 
М \ { х ) л ] М Т і ( х ¥  +МКі(х)2
М2(х)

жүктеу/скачать 9,5 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: