§2.  Таза  ысырылудағы  кернеулер.  Серпімділік  модулінің

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
1
AA
tg
AB
α
α
ω
ω
≈
=
.
Көрсетілген 71.б- суретінен мына теңдіктерді жазуға болады.
/
/
,
AA
AD DA
=
+
  
//
,
AD AA Cos
α
=
⋅
 
/
//
/
,
DA
A A Sin
α
=
⋅
    
,
AL AB Sin
α
=
⋅
   
BL AB Cos
α
=
⋅
.
Енді  осы  суретте  көрсетілген  АК  жəне KA
/
  кесінділерінің 
физикалық  мəніне  тоқталайық.  Егер BLAK-төртбұрышты  дене  де-
формацияланды деп есептесек, онда АА
//
 осы дененің бойлық ұзаруы 
(
Δl
) болады да, А
//
 А
/
 оның көлденеңінің қысқаруы (
a
Δ
) болады.
Сондықтан 
/
/
AA
AD DA
=
+
 , 
//
AA
AL
ε
=
,
//
/
/
A A
AL
ε
με
=
=
.
Осы теңдеулердi ескере отырып,
(
)
/
//
//
/
1
.
AD DA
AA Cos
A A Sin
AL
Cos
BL
Sin
Sin Cos
AB
AB
AB
Sin Cos
Sin Cos
α
α
α
ε
α
μ ε
α
ω
ε
α
α
μ ε
α
α
μ ε
α
α
+
+
⋅ ⋅
+
⋅ ⋅ ⋅
=
=
=
= ⋅
⋅
+
+ ⋅ ⋅
⋅
= +
⋅
⋅

92
Гук заңы бойынша 
E
σ
ε
=
 болғандықтан,
1
2
2
Sin
,              
90
  
1
2
2
Sin
.
 
Тік бұрыштың өзгеру бұрышы (бұрыштық деформация)
90
1
2
Sin
. 
                   (6.2)
Созылу  жəне  сығылу  тарауында  жанама  кернеудің  формуласын 
алған едік. Оңда 
2
2
Sin
σ
τ
α
=
.
Ендi  бұрыштық  деформацияның  формуласына (2) осы  шаманы 
қойсақ, онда
2(1
)
E
μ
γ
τ
+
=
                                 (6.3)
Бұл  теңдiк  изотропты  заттардың  барлық  кернеулiк  күйiне  тəн, 
ысырылу кезiндегi Гук заңы деп аталады. Бұл формуладан жанама 
кернеудi тапсақ.
2(1
)
E
τ
γ
μ
=
+
                                  (6.4)
Бұл  формуладағы  2(1 )
E
μ
+
-  шамасын  G  əрпiмен  белгiлеп,  оны 
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).

93 
Бұлардың арасындағы сызықтық қатынас
2(1
)
E
G
μ
=
+
.                                        (6.5)
Сонымен,  ысырылу  кезiндегi  Гук  заңын  қысқаша  келесідей 
жазуға болады:
G
τ
γ
= ⋅
.                                         (6.6)
Егер  сыртқы  күштердің  əрекетінен  сырықтың  қимасында  тек 
қана бұрау моменті пайда болса (басқа ішкі күштердің бəрі жоқ бо-
лып), 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  мо-
мент  (М
б
)  сағат  тілінің  айналымына  қарсы  айналатын  болса,  онда 
ол момент плюс таңбасымен белгіленедi. Керісінше болса - минус 
таңбасымен белгіленеді (72-сурет).   
 
 
72–сурет

94
 
73-сурет
72,а-суретінде  көрсетілген,  екi  шетіне  түскен  моменттермен 
бұрылып    тұрған  білікті  алып  қарастырайық.  Қималар  тəсілі  бой-
ынша,  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 (72,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  гипотеза-
сы) 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  радиу-
сы  ρ+dρ  болсын.  Деформация  кезінде,  сақинаның  сол  жақ  беті  оң 
жағына қарағанда dφ  бұрышына бұрылды дейік. 

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 dzּγ – 
ға тең болады, ал ОАА
1
 ұшбұрышын алып қарасақ, онда сол доғаның 
ұзындығы - ρּdφ болады, яғни 
d
dz
ρ φ γ
⋅
= ⋅
.
Демек,                                
d
dz
φ
γ ρ
=
                                              (а)
мұндағы 
d
dz
φ
 қатынасын θ əрпімен белгілеп,  оны салыстырмалы 
бұралу бұрышы деп атайды.
                                             
 
γ ρ θ
= ⋅
                                     (6.7)
Жоғарыдағы  қатынастарды  ескере  отырып,  ысырылу  кезіндегі 
Гук заңын жазайық.
G
τ
θ ρ
= ⋅ ⋅
                                           (б)
Сақинаның  теңдік  күйіне  байланысты,  статиканың  теңдеуін 
құрайық.  Ол  үшін,  біліктен  бөлініп  алынған  элементті  үлкейтіп 
қайтадан  сызайық  (75-сурет). 
75-сурет

96
Осы суретте көрсетілгендей, екі радиалды сызықтың көмегімен 
шексіз  аз  аудан -  
dA
бөліп  алайық.  Бұл  аудандағы  шексіз  аз  күш   
dA
τ
⋅
-ға    тең  болады.  Бұл  шексіз  аз  күштің  моменті,  ішкі  бұрау 
моментіне (М
б
) тең болу керек, яғни:
d
 
                                     (в)   
                         
Бұл жерде, 
dA
τ
⋅
 - 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. 
   
2
À
M
G
dA
δ
θ ρ
=
⋅ ⋅
∫
.
Соңғы  интегралдың  астынан  Gθ  шамасын  шығарамыз,  өйткені 
олар ауданға (А) тəуелді емес, яғни  
2
À
M
G
dA
δ
θ ρ
=
∫
                                     (г)
Интеграл  қиманың    тағы  бір  геометриялық  сипаттамасы  бо-
лып табылады, өлшемі (см
4
 немесе мм
4
). Бұл интегралды қиманың 
полярлық момент инерциясы деп атап, J
p
 белгісімен  өрнектейді
2
À
J
dA
ρ
ρ
=
∫
                                         (6.8)
Сонымен,   
M
G
J
δ
ρ
θ
=
⋅
    немесе
M
GJ
δ
ρ
θ =
.                                           (6.9)
Соңғы  теңдіктегі  θ-ның  орнына,  оның (6.7) формуладағы  мəнін 
қоямыз.
M
d
dz
GJ
δ
ρ
ϕ
=
    немесе   
M dz
d
GJ
δ
ρ
ϕ
=
Теңдіктің екі жағын да біліктің ұзындығы бойынша интегралдасақ, 
оның  оң жағы қиманың толық бұралу бұрышын береді. 
                                    
M dz
GJ
δ
ρ
ϕ
=
∫
,                                        (6.10)

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.
M
G J
δ
ρ
ϕ
⋅
=
⋅
l
                                  (6.11)
Жанама кернеуді табу үшін (6.9) формуладағы 
θ
-ның мəнін «б» 
формуласына қоямыз.  Сонда
M
G
G J
δ
ρ
τ
ρ
=
⋅
  ,
M
J
δ ρ
ρ
τ
⋅
=
.                                      (6.12)
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.
max
max
M
J
δ
ρ
ρ
τ
⋅
=
                                         (6.13)
J
p
 /ρ
max 
- шамасын  
W
ρ
 арқылы белгілеп, оны қиманың қарсыласу 
моменті деп атаймыз. 
M
W
W
δ
ρ
ρ
=
                                            (6.14)
7–661

98
 
76-сурет
Сонымен, қимадағы ең үлкен кернеу келесі формула арқылы та-
былады.
          
                          
max
M
W
δ
ρ
τ
=
                                     (6.15)
Келтірілген формулалар тек біліктерді есептеуде ғана емес, жал-
пы қимасы дөңгелек тектеc сырықтарды есептеудегі негізгі форму-
лалар 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 45
0
-қа бұрғанда, 
жаңа аудандарда тік кернеулердің (σ = τ) пайда болатынын есте ұстау 
керек.  
Қорыта  айтқанда,  сырықтар  бұралғанда,  оның  беріктігі    жана-
ма  кернеулерге  байланысты  болады.  Сол    жанама  кернеулердің  ең 
үлкені  (τ
max
),  сырық  жасалып  отырған  материалға  тəн,  белгілі  бір 
кернеуден - мүмкін кернеуден аспау керек. Яғни

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

100
7-тарау. ТҮЗУ СЫРЫҚТАРДЫҢ ИІЛУІ
Сыртқы  күштердің  əрекетінен,  конструкциялардың  элемент-
терінде  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 мынан-
дай 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 2 метр).  
 
78-сурет

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.  
 
2)   ∑M
A
=0;     -P×3- P×8+R
B
×6=0     
⇒
   R
B
=4,4  (т),
3)   ∑M
B
=0;      -P×3+ P×2-R
A
×6=0     
⇒
    R
A
=0,4  (т).
Суретте  көрсетілген  арқалықтың  бекітілу  ерекшелігiне  бай-
ланысты,  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
 -2,4-2,4+ R
B
 = 0    
⇒
   
0 0
≡
.
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.

102
79-сурет 
Бірінші  алап, «А»  тірегінен  бастап  бірінші  Р-күшіне  дейінгі 
аралық, оның ұзындығы 3м, яғни 
0
3
z
≤ ≤
м. Осы алаптың кез кел-
ген 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, 

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: 
0
y
         
1
0
A
R
Q
         
1
0, 4
A
Q
R
. 
Осы  теңдеу  бойынша  бірінші  алаптағы  көлденең  күштің - Q
1
 
эпюрасын тұрғызамыз. График түзу сызықпен шектеледі жəне бұл 
сызық оське параллель болады (эпюраны қараңыз).
Енді 
1
z
 қашықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айналатын 
күштердің моменттерін табайық 
   
1
0
z
M
            
1
1
0
A
R z
M
. 
Бұдан, 
1
1
0, 4
M
z
=
⋅
 теңдеуiн аламыз. Бұл теңдеудегi 
1
z
 бірiншi 
дəрежелi  болғандықтан,  оның  эпюрасы  (графигі)  көлбеу  түзу 
сызықпен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем дегенде, 
моменттің екі мəнін табу керек.
1) 
1
0
z
 
   
1
 
 
, 
2) 
1
3
z
 
 
1
=1,2  .  
 
Еңді  екінші  алапты 
(
2
3
6
z
) 
  қарастырайық.  Ол  үшін, 
сол жақтағы тіректен z
2
 қашықтықта қима жүргіземiз де, арқалықтың 
оң бөлігін алып тастаймыз (81-сурет). 
Өткен жолғыдай, барлық күштердiң көлденең оське проекцияла-
ры нөлге тең болғандықтан 

104
0
y
         
2
0
A
R
Q
         
2
0, 4 2, 4
2,0
A
Q
R
. 
 
81- сурет
Осы теңдеу бойынша екінші алаптағы көлденең күштің - 
2
Q  эпю-
расын тұрғыамыз. Бұл теңдеудегі 
2
z
, бірінші дəрежеде болғандықтан, 
график түзу сызықпен шектеледі жəне бұл сызық оське параллель 
болады (эпюраны қараңыз).
Енді 
2
z
 қашықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айналатын 
күштердің моменттерін табайық    
2
0
z
M
            
2
2
2
(
3)
0
A
R z
z
M
. 
Бұдан, 
2
2
2
(
3)
A
M
R z
z
 
теңдеуiн аламыз. Бұл теңдеудегi 
2
z
 
бірiншi дəрежелi болғандықтан, мұның эпюрасы да (графигі) көлбеу 
түзу сызықпен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем де-
генде, моменттің екі мəнін табу керек.
1) 
1
3
z
 
 
1
=1,2  , 
2) 
2
6
z
 
   
2
  = - 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 (82-сурет).

105 
82-сурет
Күштерді тік оське проекциялап көлденең күштің теңдеуін аламыз.
0
y
         
3
0
Q
          
3
2, 4
Q
. 
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 
3
z
 қашықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айналатын 
күштердің моменттерін табайық: 
2
0
z
M
        
2
2
0
B
R z
M
.  
Бұдан,
3
3
(8
)
M
z
теңдеуiн  аламыз.  Бұл  теңдеудегi 
2
z
 
бірiншi  дəрежелi  болғандықтан,  оның  эпюрасы  (графигі)  көлбеу 
түзу сызықпен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем де-
генде, моменттің екі мəнін табу керек.
1) 
3
6
z
 
   
3
  = -4,8  .  
2) 
2
8
z
 
 
1
=0. 
Бұрынғы  масштабпен бұл эпюраны да тұрғызамыз. Қарастырылып 
отырған арқалықтың толық эпюралары 79-суретте көрсетілген.
2-мысал.  Таралған  күш  жəне  моментпен  жүктелген  арқалықты 
алып қарайық (83,а-сурет).
83а-сурет

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 реакци-
яларды (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 болаты-
нын жоғарыда айтқан болатынбыз.   
2)      M
A
=0;    
4 2
5 0
B
q
M R
   
2 8 1
3
5
B
R
. 
3)     M
B
=0;     
4 3
5 0
A
q
M R
   
2 12 1
5
5
A
R
. 
Суретте  көрсетілген  арқалықтың  бекітілу  ерекшелігiне  бай-
ланысты,  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;     
4
0
A
B
R
q
R
− ⋅ +
=
  
⇒
    
0 0
≡
.
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
4
z
. 
 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). 
0
y
         
1
1
0
A
R
q z
Q
         
1
1
A
Q
R
q z
. 

107 
83,б-сурет   
  
Осы  теңдеу  бойынша  бірінші  алаптағы  көлденең  күштің - 
2
Q
  эпюрасын  тұрғызамыз.  Бұл  теңдеудегі 
1
z
,  бірінші  дəрежеде 
болғандықтан,  график  көлбеу  түзу  сызықпен  шектеледі 
(83,д-суреттегі эпюраны қараңыз).
1)
1
0
z
        
1
5
A
Q
R
, 
2) 
1
4
z
       
1
1
5 2 4
3
A
Q
R
q z
. 
                  
                  
 
      83,в-сурет                                                       83,г-сурет
Енді 
1
z
 қашықтықта жүргізілген қиманың центрі арқылы айнала-
тын күштердің моменттерін табайық   
 
1
0
z
M
          
1
1
1
1
0
2
A
z
R z
q z
M
  
   
1
1
1
1
2
A
z
M
R z
q z
. 
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).

108
1) 
1
0
z
 
   
1
 
 
,  
2) 
1
4
z
 
 
1
=4,0  , 
3)
1
1
0
A
Q
R
q z
   
       
1
5
2,5
2
A
R
z
q
,  
 
 
1
2,5
z
 
 
  
1
2,5
2,5 2 2,5
6, 25
2
A
M
R
.
 
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 
тіректен 
2
z
 қашықтықта жүргізіледi (83,г-сурет).
Күштерді тік оське проекциялап көлденең күштің теңдеуін аламыз:
0
y
         
2
0
B
Q
R
         
2
3
B
Q
R
. 
Демек, бұл алапта Q
3 
шамасы  тұрақты, таңбасы минус. Сондықтан 

109 
бұл  алаптың  эпюрасы  арқалықтың  осіне  параллель  түзу  сызықпен 
шектелiп,  өстің  төменгі  жағында  жатады.  Бұрынғы    масштабпен 
бұл  эпюраны  да  тұрғызамыз (83,д-сурет).  Енді 
2
z
  қашықтықта 
жүргізілген  қиманың  центрі  арқылы  айналатын  күштердің 
моменттерін табайық    
2
0
z
M
=
∑
      
⇒
     
2
2
0
Â
R z
M
−
⋅ +
=
Бұдан, 
2
2
Â
M
R z
=
⋅
 
теңдеуiн аламыз. Бұл теңдеудегi 
2
z
 бірiншi 
дəрежелi  болғандықтан,  оның  эпюрасы  (графигі)  көлбеу  түзу 
сызықпен шектеледі. Мұндай эпюраны тұрғызу үшін, кем дегенде, 
моменттің екі мəнін табу керек.
1) 
2
0
z
 
   
1
 
 
,  
2) 
2
1
z
 
 
1
=3  . 
Бұрынғы  масштабпен бұл эпюраны да тұрғызамыз. Қарастырылып 
отырған арқалықтың толық эпюралары 83,д-суретінде көрсетілген. 

жүктеу/скачать 4,22 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: