§7. Симметриялы конструкциялардың статикалық анықтал-

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.      
4.1. 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.
     

184
   
  
141-сурет
2)  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
2
, .... 
Х
6
)  конструкцияның  симметрия  осінде  орналасқандықтан,  бірлік 
күштердің  эпюралары  симметриялы  немесе  кері  симметриялы 
болып келеді.
3) Эквивалент жүйе 142-суретте көрсетілген.
142-сурет
4) Канондық теңдеулер құрылады.

185 
1
0,
n
ij
j
ip
j
X
δ
δ
=
⋅
+
=
∑
  
Бұл формуладағы i = 1, 2, …. n,   n = 6.
5) Канондық теңдеулердің коэффициенттері Верещагин тəсілімен 
табылады. Ол үшін берілген күштерден жəне бірлік күштерден ию 
моменттерінің эпюраларын тұрғызамыз (143-сурет).
Коэффициенттерді  (
ij
δ
)  есептегенде  эпюралар  бір-бірімен  көбейті-
летіндіктен, симметриялы ішкі күштердің эпюрасының кері симметриялы 
ішкі  күштердің  эпюрасымен  көбейтінділері  нөлге  тең  болатыны 
143-суреттерден айқын көрініп тұр, яғни:    
12
13
15
0
δ
δ
δ
=
=
=
=
L
. 
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
2
  +  δ
4р
 = 0
δ
22
X
2
 +  δ
23
X
3
  +  δ
25
X
5
 +  δ
26
X
6
 + δ
2р 
= 0
δ
32
X
2
 +  δ
33
X
3
  +  δ
35
X
5
 +  δ
36
X
6
 +  δ
3р
 = 0
δ
52
X
2
 +  δ
53
X
3
  +  δ
55
X
5
 +  δ
56
X
6
 + δ
5р
 = 0
δ
62
X
2
 +  δ
63
X
3
  +  δ
65
X
5
 +  δ
66
X
6
 + δ
6р 
= 0
     
  
   
  
 
                  
 
                   
 
                 
143-сурет             
Бұл екі жүйені шешу, алты теңдеуден тұратын жүйені шешуден
көп жеңіл екені дау тудырмайды. 

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. 

187 
4.2. 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
2
 ,             X
4
 = Z
1
 – Z
2
,
X
2
 = 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. 

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
2 
= R
B
; 
 - «С» тірегіндегі көлденең бағыттағы реакция:  X
3
 – X
1
 = H
C
.
 
147-сурет
Канондық теңдеулерді құрамыз. Олар
δ
 11
X
1
 +  δ
12
X
2
  +  δ
13
X
3
 +  δ
1р 
= 0,
δ
21
X
2
 +  δ
22
X
2
  +  δ
23
X
3
 +  δ
2р
 = 0,
δ
31
X
1
  +  δ
32
X
2
 +  δ
33
X
3
 + δ
3р
 = 0.
Теңдеулердегі коэффициенттерді есептеу үшін бірлік күштерден 
туындайтын ию моменттерінің эпюралары тұрғызамыз (148-сурет).
148-сурет

189 
Верещагин тəсілін қолданып коэффициенттерді табамыз. Олар
3
11
5
3
a
EI
δ =
,   
3
12
4
a
EI
δ =
,   
3
22
12
a
EI
δ =
,   
23
0
δ =
,   
13
0
δ =
,
3
33
3a
EI
δ =
,   
3
1
3
16
p
Pa
EI
δ = −
,   
3
2
11
192
p
Pa
EI
δ = −
,   
3
3
16
p
Pa
EI
δ =
. 
Канондық теңдеулерді шешкеннен кейін
X
1
 = 0,017P,    X
2
 = 0,64P,   X
3
 = - 0,021P.
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
2
 = 0,64P,  H
C
 = X
3
 – X
1
 
=0,004P. 

190
150-сурет
         
Статиканың  теңдеулерін  құрып,  əлі  де  белгісіз  R
A, 
R
C
  жəне  H
В 
 
реакцияларын табамыз. 
0;
z
=
∑
  
0
A
B
C
H
H
H
−
+
=
  
⇒
   
0,034
B
H
P
=
,
0
A
M
=
∑
;     
0,5
0,64
2
0
C
P
a
Pa R
a
− ⋅
+
−
⋅
=
     
⇒
P
R
C
07
,
0
=
,
   
 
0;
C
M
=
∑
        
1,5
0,64
2
0
A
P
a
Pa R
a
⋅
−
−
⋅
=
    
⇒
   
0, 43
A
R
P
=
.
Табылған мəндердің дұрыстығын тексереміз.
0;
y
=
∑
   
0,07
0, 43
0,64
0
P
P
P
P
+
−
−
=
.
2-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
2
, 
X
3
) туындамайды.

191 
 
151-сурет
Сондықтан
δ
 11
X
1
 +  δ
12
X
2
  +  δ
13
X
3
 +  δ
1р 
= 0,
δ
21
X
2
 +  δ
22
X
2
  +  δ
23
X
3
 +  δ
2р
 = 0,
δ
31
X
1
  +  δ
32
X
2
 +  δ
33
X
3
 + δ
3р
 = 0.
152-сурет
- негізгі жүйе сəйкес күштермен жүктеліп, бірлік күштерден жəне 
берілген сыртқы күштерден эпюралар тұрғызылады – 152-сурет.
-  канондық  теңдеулердің  коэффициенттері  анықталады.  Олар 

192
11
1196
EI
δ =
,   
12
652
EI
δ = −
,   
13
218
EI
δ =
,  
22
565,3
EI
δ = −
,  
23
148
EI
δ = −
,   
33
52
EI
δ =
,   
1
92
p
EI
δ = −
,   
2
1376
p
EI
δ =
,   
3
324
p
EI
δ = −
.
-  теңдеулер  жүйесі  шешіліп,  белгісіздер – тірек  реакциялары 
анықталады. Олар
X
1
 = -  4,961,   X
2
 = - 4,237,   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:

193 
- бірінші қимадағы ию моментінің мəні: М
1
=0+0+14,97=14,97;
-  екінші  қиманың  діңгегіндегі  ию  моментінің  мəні: M
2
=24,8+0-
14,97=9,83;
- екінші қиманың ригеліндегі ию моментінің мəні: M
/
2
=M
2
.
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 (1-2-3-4 контуры 
бойынша)
13–661

194
14,97 9,83
4, 23 9,83
8, 46 8,16
5
5
8 0
2
2
2
−
−
−
⋅ +
⋅ +
⋅ ≈
.
§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.

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
2
,  Х
4
  жəне  Х
6
) 
рамаға перпендикуляр орналасқан.
Бұл раманың канондық теңдеулері
δ
11
X
1
 +  δ
12
X
2
  +  . . . + δ
16
X
6
 + δ
1р
 = 0,
δ
21
X
1
 +  δ
22
X
2
  +  . . . + δ
26
X
6
 + δ
2р
 = 0,
.   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .                             (*)
.   .   .   .   .   .   .   .   .   .   .
δ
61
X
1
 +  δ
62
X
2
  +  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
 11
X
1
 +  δ
13
X
3
  +  δ
15
X
5
 +  δ
1р 
= 0,
δ
31
X
1
 +  δ
33
X
3
  +  δ
35
X
5
 +  δ
3р
 = 0,                                              (а)
 
δ
51
X
1
  +  δ
53
X
3
 +  δ
55
X
5
 + δ
5р
 = 0.  жəне
 
δ
 22
X
2
 +  δ
24
X
4
  +  δ
26
X
6
 +  δ
2р 
= 0,
 
δ
42
X
2
 +  δ
44
X
4
  +  δ
46
X
6
 +  δ
4р
 = 0,                                            (б)
        δ
62
X
2
  +  δ
64
X
4
 +  δ
66
X
6
 + δ
6р
 = 0.
156-сурет

196
Бұларға қоса:
- 
егер  жүктеме  раманың  жазықтығына  перпендикуляр  əсер 
етсе (158,ə-сурет), онда 
1
0,
p
δ =
   
3
0,
p
δ =
 
5
0
p
δ =
 болатындықтан 
Х
1
=0,  X
3
=0, X
5
=0;
- 
егер  жүктеме  раманың  жазықтығында  жатса  (жазық  рама), 
онда 
2
0,
p
δ =
   
4
0,
p
δ =
 
6
0
p
δ =
  болады, демек Х
2
=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 

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.
11
1
1
1
1
2 2 1 1
2 2 1 1 4
x
x
l
l
l
EI
EI
EI
EI
, 
2
1
2 1
2
1
4
1
2 1
2
p
x
Pl l
Pl l
Pl
EI
GI
EI
GI
. 
Теңдеуді шешкеннен кейін
1
(
4
)
4(
)
x
x
Pl GI
EI
X
GI
EI
. 
Егер  раманың  элементтерінің  қималары  тұтас  дөңгелектен 
жасалса, онда
1
1,3;
x
EI
GI
   
1
4
1
6, 2
0,674
4
2,3 4
1
x
x
EI
GI
Pl
Pl
X
Pl
EI
GJ
. 

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

199 
12-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. 
2.  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. 

жүктеу/скачать 4,22 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: