ОҚулық Екінші басылым. Өңделген Алматы, 2012 2 Əож 53 (075. 8) Кбж 22. 3 я 73 Т90

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

218
Енді  осы  есептің  шешілу  жолын  қарастырайық.  Қатаңдығы 
тұрақты (ЕJ=сonst) сырық Р күшімен сығылып тұрсын дейік.
Əлде бір себептермен, ол аздап иілсін (178а-сурет). Осы сырық, 
Р  күшінің  қандай  мəнінде  дағдарысқа  ұшырайтынын  табайық. 
Иілген осьтің дифференциалдық теңдеуінің жуық формуласын еске 
түсірейік.
( )
//
x
EJ y
M z
⋅
=
                              (13.1)
Қималар тəсілі бойынша, координата басынан z қашықтықта тілік 
жүргізіп,  сырықтың  оң  жақ  бөлігін  алып  тастап,  қалған  бөліктің 
статикалық тепе-теңдігін қарастырамыз (178,б-сурет). Одан
( )
M z
P y
= − ⋅
     немесе     
//
x
EJ y
P y
⋅
= − ⋅
.
Теңдіктің  оң  жағындағы 
P y
⋅
  шамасын  теңдіктің  сол  жағына 
өткізіп, қатаңдыққа бөлгеннен кейін
//
2
x
P
y
k
EJ
+
=
,      
2
x
P
k
EJ
=
                     (13.2)
Сонда
//
2
0
y
k y
+
⋅ =
                                (13.3)
Бұл теңдеудің шешуі
1
2
y C Sinkz C Coskz
=
⋅
+
⋅
.                      (13.4)
С
1
  жəне  С
2
  тұрақтылары  шекаралық  шарттардан  табылады. 
Шекаралық шарттар берілген жүйенің құрылымына байланысты 
тұжырымдалады. Біз қарастырып отырған жүйе үшін екі ше кара-
лық  шарт  тұжырымдауға  болады.  Мысалы,  тіректер  орналасқан 
қималар у осімен ешқайда да орын ауыстырмайды, яғни:
        
  
 
- 
егер    z =0      болса, онда      у = 0,
  
- 
егер    z =
l
     болса, онда да  y = 0.
Теңдеуге бірінші шартты қойып, С
2
 =0 екеніне көзімізді жеткіземіз. 
Екінші шартты қойғанда
1
0
C Sink
⋅
=
l
.                                        (13.5)

219 
Бұл теңдеудің екі шешімі бар.  
1) С
1
=0 немесе
2) Sin k
l
=0.                                
Егер  бірінші  шешімді  қабылдасақ,  онда  С
2
=0  жəне  С
1
=0  демек, 
қарастырылып отырған сырық əлі иілген жоқ деген сөз. Сондықтан, 
бұл шешім есептің берілу шартына қайшы келеді.
Екінші шешім бойынша 
k
n
π
=
l
, n - кез келген бүтін сан. Бұдан 
к шамасының квадратын тапсақ - 
2
2
2
2
n
k
π
⋅
=
l
.
Мұны екінші өрнекке қоямыз
2
2
2
x
n
EJ
P
π
⋅
=
l
.                       (13.6)
Дағдарыс күшінiң анықтамасы бойынша, n=1 болуы керек жəне 
орнықтылық  жоғалатын  осьтегі  инерция  моменті  аз  болатынын 
ескеріп J
x
=J
min
   деп қабылдаймыз. Сонда
2
min
2
EJ
P
.  
                             (13.7)
Бұл күш бірінші дағдарыс күші, немесе Эйлер күші деп аталады.
Сырықтың  серпінді  сызығының  теңдеуін (13.4-формула),  n  =1 
болғанда 
k
π
=
l
  екенін ескеріп төмендегіше жаза аламыз.
1
z
y C Sin
π ⋅
=
⋅
l
.                                   (13.8)
Сонымен,  сырық  синустың  жарты  толқынының  түрінде  иіледі. 
Ең үлкен орын ауыстыру С
1
 тең (179-сурет). 
179-сурет

220
Сырықтың серпінді сызығы 
n
-ге байланысты бірнеше толқыннан 
тұруы мүмкін (179-сурет).
1
n
z
y C Sin
π
⋅ ⋅
=
⋅
l
.                           (13.9)
Эйлер формуласын қолданған кезде, оның жуық формула екенін 
ұмытпау  керек,  өйткені  серпінді  сызықтың  жуық  формуласында 
/ 2
( )
0
y
≈
 деп қабылданған болатын.
Орын  ауыстырудың  шамасы  аз  конструкциялар  үшін  дағдарыс 
күші    (
P
∂
)  дəл  табылады  да,  орын  ауыстыруы  үлкен  болатын 
конструкциялар үшін нəтиже дурыс болмауы мүмкін.
§3. Эйлер формуласының келтірілген түрі
Бір шеті қатаң бекітілген, бос шетіне Р  күші əсер етіп тұрған 
түзу  сырықтың  орнықтылығын  қарастырайық  (180, а-сурет). 
Сырықтың  серпімді  сызығының  дифференциалды  теңдеуін 
жазамыз.
//
( )
EJy
M z
=
                                (13.10)
Сырықтың  бекітілмеген  бос  шетінің  орын  ауыстыруы 
0
δ
 
болсын.  Ию  моментінің  өрнегін  алу  үшін,  қималар  тəсілімен  тілік 
жүргізіп, сол жақ бөлікті алып тастап, оң жақ бөліктің тепе-теңдігін 
(180б-сурет)  қарастырамыз.
              
0
( )
(
)
M z
P
y
δ
=
−
                          (13.11)
(13.10) жəне (13.11) теңдеулерді шешіп 
//
2
2
0
y
k y k
δ
+
=
.                          (13.12)
Бұл дифференциалды теңдеудің шешуі: 
1
2
0
y C Sinkz C Coskz
δ
=
+
⋅
+
.            (13.13)
Бұл жердегі              
2
P
k
EJ
=
.                                                (13.14)

221 
 
180-сурет
Шекаралық шарттар:
1) z=0    болғанда     y=0,    y
/
=0,
2) z=
l
   болғанда     у=d
0
.
Бірінші  шартты  пайдаланып, 
2
0
C
δ
= −
  екенін  табамыз.  Екінші 
шартты қолдану үшін у
I
 табамыз
/
1
2
y
C kCoskz C kSinkz
=
−
.
Бұдан 
1
0
C
=
 екеніне көзіміз жетеді. Соңғы шартты пайдаланамыз.
0
0
0
0
,
0.
Cosk
Cosk
δ
δ
δ
δ
= −
+
⋅
=
l
l
                           (13.15)
Бұл есепте де 
0
δ
 нөлге тең болмайды, өйткені ол кезде сырықтың 
осі  түзу  күйінде  қалып,  есептің  қойылу  шартына  қайшы  келеді. 
Демек,
0
Cosk
=
l
.                                    (13.16)
Бұл теңдеудің шешуі:
2
,
2
k
n
π
π
= +
l
        
0, 1, 2, ...
n
t
= ± ±
                     (13.17)
Бесінші өрнекті соңғы теңдеуге қоямыз. Сонда
2
2
2
(1 4 )
4
P
EJ
π
π
+
=
l
.                                     (13.18)

222
Дағдарыс күшінің анықтамасы бойынша,    n = 0 
2
min
2
(2 )
EJ
P
.  
                                    (13.19)
Келесi мысалға 181,а-суретте көрсетілген есепті алып қарайық.
 
181-сурет 
Бұл  есептің  басқа  қаралған  есептерге  қарағандағы  ерекшелігі, 
мұның серпімді сызығының екі қисықтан - АВ жəне ВС тұратындығы. 
Қисықтығы нөлге тең екі нүктені (С жəне В нүктелері) қосатын сызық 
(
/
) 
 Р күшінің əсер ету бағытына параллель болмағандықтан, С 
тірегінде 
C
R
 реакциясы пайда болады.
Ол реакцияны қималар тəсілін қолданып, анықтаймыз. Ол үшін, 
181,ə-суретінен ию моментінің  өрнегін анықтаймыз, яғни 
( )
(
)
C
M z
R
l z
P y
=
⋅ − − ⋅
.
Бұрынғы есептердегідей 
2
P
k
EJ
=
 деп қабылдап, дифференциалды 
теңдеуді шешкеннен кейін
      
1
2
2
(
)
c
R
y C Sinkz C Coskz
z
EJ k
=
⋅
+
⋅
+
−
⋅
l
.                     (13.20)
Теңдеудегі  С
1 
,  С 
2
    жəне  R
с
        табу  үшін,  келесі  шекаралық 
шарттарды қолданамыз.
1)    z=0   болғанда   у=0 жəне   у
/
=0,
2)    z=0   болғанда   у=0. 
Осы шарттарға сəйкес үш теңдеу аламыз.

223 
2
2
1
2
1
2
0
0
0
C
C
R
C
EJ k
R
C K
EJ k
C Sink
C Cosk
⋅
⎧
+
=
⎪
⋅
⎪
⎪ ⋅ −
=
⎨
⋅
⎪
+
=
⎪
⎪⎩
l
l
l
                 (13.21)
Бұл жүйенің екі шешімі болады.
1)С
1
 =С
2
 =R
c
 =0 , бұл кезде  у=о , яғни есептің қойылу шартына 
қайшы.
2)С
2
 ≠ 0 жəне  R
c 
≠ 0, бұл кезде, ізделіп отырған шамалардың С
1
, 
С
2 
жəне R
c
  коэффициенттерінен тұратын анықтағыш нөлге тең болу 
кер
ек, яғни 
2
2
1
0
1
1
0
0
cos
0
EI k
k
EI k
Sinkl
kl
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅⋅
⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ −
=
⋅
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
                   (13.22)
Анықтағышты ашқаннан кейін
tgk
k
=
l
l
.                             (13.23)
Теңдеудің шешуі:
1
i
i
arctgk
k
π
+
= ⋅
−
l
l
                 (13.24)
Графика  жолымен  шешу  оңай  болғандықтан, (13.23) форму-
ладағы функциялардың графиктерін тұрғызайық (182-сурет). 
Бұл  графиктен,  нөлден  басқа,  ең  кіші  түбірдің  жуық  шамасын 
табуға болады. 

224
182-сурет
Қаралып  отырған  есепте,  ізделіп  отырған 
kl
  шамасы 
3
2
π
 
шамасынан  сəл  азырақ  екені  көрініп  тұр (182-сурет).  Сондықтан, 
1
4
k
=
l
    деп  алып, (13.24) формуланың  көмегімен  бірнеше  рет 
есептейміз.  Соның  нəтижесінде 
4, 49
 
  екенін  дəлелдейміз. 
Соңдықтан   
2
2
2
2
4, 49
(0,7 )
EI
EI
P
l
l
π
∂
=
=
                   (13.25)
Сонымен,  дағдарыс  күшінің  формуласын  өткен  есептердегі 
формулалар түріне келтірсек
(
)
2
min
2
0,7
EJ
P
π
∂
=
l
                                  (13.26)
Қаралған  есептерді  салыстыра  отырып  келесідей  қорытындыға 
келуге  болады:  дағдарыс  күштерін  Эйлер  формуласымен  есептеу 
үшін бөлшектің бөліміндегі 
l
 шамасын белгілі бір коэффициентке 
көбейтсе болғаны.                                                                                                                                                                                                                                                        

225 
183-сурет
Ол коэффициенттер: Эйлер есебінде 1, одан кейінгі есепте 2, ал 
соңғы есепте 0,7. Сонымен Эйлер формуласының келтірілген түрі:
( )
2
min
2
EJ
P
π
μ
∂
⋅
=
l
.                            (13.27)
μ
-  сырықтардың  бекітілу  шартына  тəуелді  коэффициент 
(ұзындықтың келтірілу коэффициенті).
Сырықтардың  тəжірибеде  жиі  кездесетін  бекітілулеріне 
байланысты, 
μ
-коэффициентінің шамаларын көрсетейік (183-сурет). 
Эйлер  формуласының  келтірілген  түрін,  сырық  орнықтылығын 
жоғалтқан кезде, оның серпімді сызығының ерекшелігін пайдаланып 
та анықтауға болады. Ол үшін, кез келген сырықтың серпімді сызығы 
синустың жарты толқынынан тұрады деп қарастырса болғаны.
§4. Эйлер формуласының қолданылу шегі
Эйлер  формуласының  қорытылу  мəселесін  математикалық 
көзқараспен  зерттеп  көрейік.  Сырыққа  əсер  етуші  сыртқы  күш    Р  
нөлден  бастап  біртіндеп  өсті  дейік.  Оның  шамасы  Р=P
дғ
  болған 
кезде,  сырық  орнықтылығын  жоғалтып,  синусоида  болып  иілді 
дейік.  Бұл  кезде 
k
π
=
l
,  яғни  тек  Р    күшіне  ғана  тəуелді,  өйткені 
ЕJ=сonst. P
дғ
 болса, сырық бұрынғы қалпына қайтып келеді, яғни 
оның осi түзелiп тiк күйiн сақтап тұрады. Ал, Р>P
дғ
 болса ше? Бұл 
кезде  де 
k
π
≠
l
,  демек 
0
k
≠
l
,  сондықтан  С
1
=C
2
=0.  Олай  болса, 
15–661

226
сырықтың  осi,  сыртқы  күш  дағдарыс  күшінен  асып  кеткен  кезде, 
сырықтың иілген осі қайтадан түзеліп кетеді. Сыртқы күш сырықты 
иген  күштен  артық  болғанда,  сырықтың  иілген  осі  түзелуі  мүмкін 
еместігін  əрбір  адам  біледі.  Сонда  бұл  не,  есептің  шешілуі  қате 
ме,  əлде  парадокс  па?  Оның  ешқайсысы  да  емес;  Эйлердің  алған 
шешімі - дербес шешім. Жоғарыда (§2) айтылғандай, есептің берілу 
шартында аз деформациялар  қаралатыны, дəлірек айтқанда 
/ 2
( )
0
y
≈
 
болатындай  орын  ауыстырылулар  анықталатыны  көзделген.  Егер 
дифференциалдық  теңдеудің  жуық  формуласын  қолданбасақ,  онда 
басқа нəтиже алған болар едік.
Қорыта  айтқанда,  Эйлер  формуласы  аз  деформацияланатын 
конструкциялар  үшін  қолданылады.  Ал, «аз»  деген  сөз  қандай 
мағынада қолданылады, оны немен бағалаймыз?
Түсінікті  болу  үшін,  көптеген  сынақтардың  нəтижесінде 
тұрғызылған кернеу мен деформацияның графигін (диаграммасын) 
қарастырамыз. Ол диаграммалар осы оқулықтың бірінші тарауында 
толық қарастырылған. Ол диаграммалардан 
/ 2
( )
0
y
≈
 деп қабылдауға 
болатын шекарасы ретінде материалдардың пропорционалдың шегін 
алуға болады, яғни
σ
∂
.    
                           (13.28)
Осы  теңсіздікті  қолданып,  Эйлер  формуласының  қолданылу 
шегін табамыз.
Дағдарыс кернеуін табайық.
2
2
P
EJ
.  
                       (13.29)
J
 
қатынасын  (i)
2
  арқылы  белгілейміз  де,  i  шамасын  қиманың 
инерция радиусы деп атаймыз.
J
i
a
=
                                   (13.30)
Екінші формуланы қайталап жазайық
2
2
2
(
)
E
i
π
μ
=
⋅
l
                                  (13.31)

227 
Бөлшектің бөліміндегі шаманы майысқыштық деп атаймыз да 
λ
 
əрпімен белгілейміз, яғыни 
i
μ
λ
⋅
=
l
.
Дағдарыс   кернеуі:       
2
2
E
π
λ
=
.                                  (13.32)
(13.28) теңсіздігін пайдаланып, майысқыштықты табамыз.
2
E
.  
                               (13.33)
Сонымен,  конструкция  осы  теңсіздікті  қанағаттандырса  ғана 
Эйлер  формуласы  қолданылады.  Мысалы,  құрылыс  болатын  (ст.3) 
қарастырайық. Бұл болаттың механикалық сипаттамалары:
Е=2×10
5
 МПа,  σ
пц
=200 МПа
Эйлер формуласының қолданылу шегіне сəйкес майысқыштықты 
табайық
[ ]
2
5
3,14 2 10
100
200
λ
⋅ ⋅
=
≈
.
Осы болаттан жасалған конструкцияның майысқыштығы жүзден 
жоғары болса ғана Эйлер формуласы қолданылады, яғни 
100
λ
≥
.
Конструкцияда  қолданылатын  материалдар  үшін  майысқыш-
тықтың    мүмкін шамалары (13.33) формула арқылы табылады.
[ ]
2
ï ö
E
π
λ
σ
=
                              (13.34)
Осыған байланысты, Эйлер формуласының қолданылу шарты
[ ]
λ
λ
≥
                                     (13.35)
§ 5. Дағдарыс кернеуінің толық графигі туралы
Дағдарыс  кернеуінің  шамасы  материалдың  пропорционалдық 
шегінен  артық  болған  жағдайдағы  орнықтылықты  зерттеу  де, 
əдеттегідей, екі жолмен жүргізілді: теориялық жəне эксперименттік. 
Теориялық жұмыстарды атағанда, 1889 жылы шыққан Ф.Энгессердің 
еңбегіндегі  дағдарыс  кернеуінің  формуласынан  бастаған  дұрыс 
секілді.

228
2
1
2
E
π
λ
=
.                              (13.36)
Бұл  формуладағы 
1
E
δ
Δ
=
Δl
–  пропорционалдық  шегінен  асыра 
сығылған сырықтың өзгермелі серпімділік модулі (184-сурет). 
         
      
184-сурет
Орнықтылығын жоғалтқан сырықтың қимасында пайда болатын 
қосымша  кернеулер,  бұл  формулада  ескерусіз  қалған.  Осыны 
ескерген  Ф.  Энгессер (1895 ж.)  жəне  Т.  Карман (1909 ж.)  жаңа 
формула ұсынды.
2
*
2
E
. 
                                 (13.37)
Бұл жердегі
*
1 1
2 2
E J
E J
E
J
+
=
.                                   (13.38)
J
1
 - қиманың  қосымша  жүктелген  жағының  (ойыс)  инерция 
моменті; 
J
2
 - қиманың  жүктемесі  кемітілген  жағының  (дөңес)  инерция 
моменті;
J - қиманың толық инерция моменті; 
Е
1
, Е
2
 - ойыс жəне дөңес жақтардың серпінділік модулдері.
Эксперименттік жұмыстардың ішінен кең көлемді жəне тиянақты 

229 
сынақ  жүргізген  Тетмайестрдің  жұмысын (1896 ж.)  атаймыз.  Осы 
жұмыстардың  нəтижесінде  Тетмайер-Ясинскийдің  формуласы 
өмірге келді.
a b
λ
= −
.                              (13.39)
Бұл  формуладағы  а  жəне  в  коэффициенттері  материалдардың 
тұрақты  сипаттамалары  болып  табылады.  Есептеу  тəжірибесінде 
соңғы формула жиі қолданылады. 
185-сурет  
Дағдарыс  кернеуінің  толық  графигін  түрғызу  үшін  Эйлер 
формуласы  мен  Тетмайер-Ясинский  формулаларын  қолданамыз. 
График  тұрғызған  кезде,  көпшілік  материалдардың  өздерінің 
орнықтылығын жоғалтпай-ақ қирайтыны есте болу керек (мысалы - 
майысқыштықтың   30-40 шамасында). Түсінікті болу үшін, құрылыс 
болатының (ст.3) графигін тұрғызайық (185-сурет).
Бұл материал үшін  
100
λ
≥
  
240
a
. Ал, 
40
100
λ
< <
 
кезде (13.31) формула қолданылады. Егер 
40
λ
<
 болса, конструкция 
орнықтылығын  жоғалтпайды (185-сурет).  Мұндай  графиктерді  кез 
келген материал үшін құрып, есептеу кезінде пайдалануға болады.
§ 6.Сығылған сырықтарды есептеу
Бұдан  бұрын  айтылғандай,  сығылған  сырықтарды  екі  жолмен 
тексеру керек: 
1) беріктікке 
P
, 
   бұл жердегі 
 
; 

230
2) орнықтылыққа  
P
, 
   бұл жердегі 
P
, 
Бір  материалға  екі  мүмкін  кернеу  белгілемеу  үшін,  олардың 
қатынастарын қарастырайық.
  
        немесе       
 
ϕ
 - əрпімен белгілеп, оны негізгі мүмкін кернеуді
төмендету коэффициенттері деп атаймыз. Сонымен  
. 
                                      (13.40)
Сығылып жұмыс істейтін элементті есептегенде
P
,  
p
P
. 
                                    (13.41)
  
(13.42)
Бұл формуладағы 
ϕ коэффициенті, майысқыштыққа байланысты, 
таблицадан алынады, яғни   
( )
f
                                   (13.43)
Тəжірибеде, (13.42) формула  бойынша  беріктікке,  ал (13.42) 
формуламен  орнықтылыққа  есептейміз.  Есептеу  жолын  төменгі 
есептер арқылы көрсетейік.
1-мысал.  Р=40т  күшімен  жүктелген 186-суретте  көрсетілген 
сырық  қоставрдан  жасалған.  Материалдың  мүмкін  кернеуі 
2
1600 /
.
. Қоставрдың   нөмерін таңдап алу керек.

231 
186-сурет  
(13.32)  формуладан 
2
2
40000
25
1000
P
. 
. Таблицадан 
қоставрдың нөмерін анықтаймыз.
Мемлекеттік  стандарт  бойынша,  ең  ыңғайлы  қоставр  №18а, 
ауданы А=25,4см
2
, і= 2,12см. Енді (13.13) формуламен орнықтылыққа 
есептейміз. 
Ол үшін майысқыштықты 
λ
 табамыз, яғни 
2 200
187
2,12
i
μ
λ
⋅
⋅
=
=
≈
l
. 
Анықтамаларда  келтірілген 
ϕ
( )
f
λ
=
таблицасынан  интерпо-
ляция арқылы φ шамасын анықтаймыз.      
ϕ=0,216   ⇒
   
40000
7290
1600
0, 216 25, 4
σ =
=
>>
⋅
.
Бұдан  келесідей  қорытынды  жасаймыз.  Егер  №18  қоставрдан 
жасалған сырық орнықтылығын   жоғалтпаса, онда берілген жүкті 
көтеріп    тұра алар еді. Бірақ, соңғы есептеудің көрсетуіне қарағанда, 
мұндай сырық орнықтылығын жоғалтып алады, өйткені 
[ ]
σ
σ
>>
.
Жоғарыда  келтірілген (13.33) формулада  екі  белгісіз  (φ,  А) 
болғандықтан  φ  шамасын  өзіміз  тағайындаймыз  (көз  мөлшермен). 
Мысалы, 
1
ϕ
=0,5  болсын, онда    
2
40000
50
0,5 1600
P
c
. 
Мұндай  ауданы  бар  қоставр  жоқ,  ең  жақын  шамасы  бар 
қоставрдың нөмірі 30а.
ϕ

232
Ол үшін А
1
=49,9cм
2
,  
2,95
i
=
.
Майысқыштықты табамыз    
2 200
136
2,95
λ
⋅
=
=
.
Бұл  майысқыштыққа  сəйкес    φ=0,376.  Біздің  тағайындаған 
φ-дің мəнінен бұл шама тым алшақ жатқандықтан, есепті қайталап 
шығарамыз. Ол үшін
2
0,5 0.376
0.438
2
ϕ
+
=
=
                                    
,
        
2
40000
57
0, 438 1600
. 
Бұл  шамаға,  көлденең  қимасының  ауданы  сəйкестеу  келетін 
қоставр №36. Оның ауданы  А=61,9см
2
, инерция радиусы і=2,89см. 
Майысқыштығын табайық  
2 200
138
2,09
λ
⋅
=
=
.
Таблицадан  φ  мəнін  табамыз.  Ол  φ =0,368. Бұл  шама  біздің 
қабылдаған  φ-дің  мəніне  таяу  болғандықтан,  осы  қоставрды 
орнықтылыққа есептейік.
2
40000
1756 /
0,368 61,9
P
. 
Сырықтағы  кернеу  мүмкін  кернеуден  көп  болғандықтан,  келесі 
қоставрды  қабылдап,  оның  орнықтылығын  тексереміз.  Келесі 
қоставр №40,   
2
72,6
,
3,03
i
.
Мұның         
- майысқыштығы: 
2 200
132
3,09
λ
⋅
=
=
.
- негізгі мүмкін кернеуді төмендету коэффициенті:   
0,392
φ =
,
- қимадағы кернеуі
2
2
40000
1405
1600
0,392 72,6
. 
Қырқыншы жəне отыз алтыншы қоставрлардың арасында басқа 
қоставр  болмағандықтан,  бұл  сырықтың  қимасындағы  кернеудің 
мүмкін кернеуден өте аздығына қарамастан, соңғы қоставрды  (№40)  
қабылдаймыз.
2-мысал.  Екі  швеллер  (№22)  жəне  екі  болат  қаңылтырдан 
ϕ

233 
жасалған  (көлденең  қимасы  жəне  қиманың  өлшемдері  суретте 
көрсетілген), ұзындығы l=6м діңгектің екі шеткі қималары топсалы 
болып  бекітілген  (біреуі–топсалы  жылжымайтын,  ал  екіншісі-
топсалы жылжымалы). Швеллер мен қаңылтыр болаттар бір-бірімен 
тойтарма шегелер арқылы бекітілген. Тойтарма шегелердің диаметрі 
20мм (187-сурет). Негізгі мүмкін кернеуді төмендету коэффициентін 
пайдаланып,  осы  діңгек  көтере  алатын  мүмкін  жүктемені  анықтау 
керек. Негізгі мүмкін кернеу  
[ ]
σ =
1600кг/см
2
. Қаңылтыр болаттың 
таңбасы - Ст.3.
Шешуі.  Алдымен,  швеллердің  геометриялық  сипаттамаларын 
сортаменттер кестесінен тауып аламыз. Яғни  А=26,7см
2
,  I
x
=2110см
4
 
жəне    I
y
 =151см
4
.  Сонымен  діңгек  қимасының  геометриялық 
сипаттамалары: 
(
)
2 26,7 32 1
117, 4
A
= ⋅
+
⋅ =
см
2
; 
(
)
3
2
1 32
2 151 26,7 16 8, 2 2, 21
11110
12
y
I
⎡
⎤
⋅
= ⋅
+
⋅
−
+
+
=
⎢
⎥
⎣
⎦
см
4
;
 
3
2
32 1
2 2110
32 1 11,5
12690
12
x
I
⎛
⎞
⋅
= ⋅
+
+
⋅ ⋅
=
⎜
⎟
⎝
⎠
см
4
.  
x
y
I
I
f
болғандықтан, қиманың ең кіші радиус инерциясы:
min
11100
9,73
117, 4
y
y
I
i
i
A
= =
=
=
см. 
Діңгектің майысқыштығы 
min
1 60
61,7
9,73
l
i
μ
λ
⋅
⋅
=
=
=
.  
Бұл майысқыштыққа сəйкес 
ϕ
 негізгі мүмкін кернеуді төмендету 
коэффициентінің  кестесінен  сызықтық  интерполяциялау  арқылы 
табылады.  Берілген  Ст.3  болаты  үшін 
ϕ
0,852
φ =
.  Ізделіп  отырған 
ең үлкен мүмкін жүктеме:
[ ]
P
[ ]
0,852 1600 117, 4 160000
A
φ σ
= ⋅
⋅ =
⋅
⋅
≈
кг.
ϕ

234
187-сурет
Тойтарма шегелердің диаметріне сəйкес тесіктер болғандықтан, 
қиманың ауданы сол шамаға кемиді, яғни, таза аудан 
4 (
) 117, 4 4 2 (1 0,95) 101,8
A
A
d t
t
2
. 
Беріктік шартынан 
[ ]
[ ]
max
1600 101,8 162900
í
í
P
P
A
A
σ
σ
σ
=
≤
⇒ ≤
⋅
=
⋅
=
кг/см
2
.
Сонымен,  діңгек  көтере  алатын  мүмкін  жүктеменің  шамасы 
орнықтылық шартынан анықталады, ол:  
[ ]
160
P
=
т.

235 
14-тарау. АЙНЫМАЛЫ КЕРНЕУЛЕР ƏСЕРІ КЕЗІНДЕ 
БЕРІКТІККЕ ЕСЕПТЕУ
Машина жұмыс істеп тұрған кезде, оның көптеген бөлшектеріндегі 
кернеулер  уақытпен  бірге  өзгеріп  отырады.  Мысалға,  вагон  келе 
жатқанда,  оның  осінің  қабаттары  бір  созылып,  бір  сығылып 
отырады, яғни қимасының кез келген нүктесіндегі (центрден басқа) 
кернеулердің таңбасы да белгілі бір уақытта өзгеріп отырады. Мұндай 
өзгерістер  белгілі  бір  заңдылықпен  туындайтын  болғандықтан, 
оларды бір циклді өзгерістер дейміз.
Циклді  жүктеменің  қауіпті  екені  тəжірибеден  белгілі,  мысалы, 
темір сымды тез сындыру үшін, оны ешкім бұрап, не созып жатпайды, 
тек  екі  жаққа  кезек  иеді  (188-сурет).  Сол  секілді,  тұрақты  күшке 
есептелген конструкция циклді күшпен əсер еткенде тез қирайтынын 
тəжірибеден  жиі  көруге  болады.  Əрине,  қирау  мерзімі  əсер  етуші 
күштiң, одан пайда болатын кернеудің шамасына байланысты.
188-сурет
Егер  кернеудің  шамасы  үлкен  болса,  конструкция 5-6 циклден 
кейін-ақ  қирап  қалуы  мүмкін,  ал  кернеу  аз  болса,  онда  миллион, 
тіпті миллиард циклде де қирамауы ықтимал. Кернеудің белгілі бір 
шамасында конструкция жеткiлiктi түрде ұзақ жұмыс істей алады.

жүктеу/скачать 4,22 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: