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

138
( )
(
)
( ) (
)
3
2
*
*
2
*
0
x
y
x
y
xy
N
N
N
σ
σ
σ σ
τ
−
+
+
⋅
−
=
,          (8.18)
( ) ( ) (
)
(
)
2
*
*
*
2
0
x
y
x
y
xy
N
N
N
σ
σ
σ σ
τ
⎡
⎤
−
+
+
−
=
⎢
⎥
⎣
⎦
.       (8.19)
Бұл  теңдеуден  N
3
*
 = 0 екені  көрініп  тұр.  Енді  қалған    (квадрат 
жақша ішіндегі) екiншi дəрежелi теңдеудi шешсек
(
) (
)
2
*
2
1,2
1
4
2
x
y
x
y
xy
N
σ
σ
σ
σ
τ
⎡
⎤
=
+
±
+
+
⎢
⎥
⎣
⎦
.        (8.20)
Өткен параграфтағы ережені қолдансақ (оныншы теңсіздік):
(
)
2
2
1
1
(
)
4
2
x
y
x
y
xy
σ
σ
σ
σ
σ
τ
⎡
⎤
=
+
+
+
+
⎢
⎥
⎣
⎦
,               (8.21)
2
0
σ =
,                                      (8.22)
(
) (
)
2
2
3
1
4
2
x
y
x
y
xy
σ
σ
σ
σ
σ
τ
⎡
⎤
=
+
−
+
+
⎢
⎥
⎣
⎦
.                (8.23)
Кей жағдайда 
x
σ
  
немесе 
y
σ
  нөлге тең болып та кездеседі.   Мы-
салы,  
0
y
σ =
 болса, онда  
(
)
2
2
1,2
1
4
2
σ
σ
σ
τ
=
±
+
                                                                  
(8.24)
Тағы бір мысал алып қарайық. Тік бұрышты, параллелепипедтің 
екі бүйірінде бас кернеулер s
1
 жəне s
3
 пайда болды дейік. Ал, оның 
үшінші бүйір жағында кернеулер мүлде жоқ болсын (104,а-сурет). 
 
104-сурет

139 
Егер,  суретте  көрсетiлген  кернеулердiң  бiрiнiң  таңбасы  минус 
болса, онда бұрын келісілген ереже бойынша s
1
>s
2
>s
3
 болғандықтан, 
бас кернеулердің символдары өзгереді. Біз бұл мысалда екі бас кернеу 
де оң таңбалы деп қарастырамыз. Қаралып отырған параллепипед-
тен 104,б-суретте көрсетiлгендей үшбұрышты призма бөліп алайық. 
Бұл призманың ерекшелігі, оның көлбеу жазықтығының əр уақытта 
екiншi оське параллель жататындығы  (a - бұрышына тəуелді емес). 
Бөлініп алынған призмадағы əсер етуші күштерді (104,б – сурет)  h  
жəне  t  осьтеріне проекциялайық. 
0,
   
1
3
dz
dy
dy dz Cos
dy dz tq
Sin
Cos
  
2
2
3
i
Cos
Sin
,                                                      
(8.25)
0
t
,    
1
3
dz
dy
dy dz Sin
dy dz tq
Cos
Cos
      
1
3
Sin
Cos
.                                                       
(8.26)
Алынған екі теңдеуді түрлендіріп, төмендегіше қайта жазайық.
 
1
3
1
3
2
2
2
Cos
, 
                      (8.27)
   
 
 
 
1
3
2
2
Sin
.    
    (8.28)
Ең  үлкен  тік  кернеуді  табу  үшін (8.27) өрнекті  максимумға 
зерттейміз.  Ол  үшін  бұл  функцияның  бірінші  туындысын  нөлге 
теңестіреміз.
(
)
1
3
0
d
Sin
d
σ
σ σ
α
α
= −
−
=
.     
Соңғы теңдіктен
1) егер 
  
a = 0 болса, онда:    
max
1
,
α
σ
σ
=
         
2) егер  a=p/2  болса, онда:   
min
1
.
α
σ
σ
=
   
  

140
Енді ең үлкен жанама кернеуді табайық.
(
)
1
3
2
d
Cos
d
α
τ
σ σ
α
α
=
−
  ;         
2
4
2
π
α
π
= +
.
Сонымен, ең үлкен жанама кернеу бас жазықтыққа 45° (
4
π
α =
)  
көл беу жат  қан жазықтықта пайда болады, яғни 
1
3
max
2
α
σ σ
τ
−
=
.
§5. Денені  бекіту туралы. Орын ауыстырулар
Кез келген дененің, сыртқы күштер əсерінен екі түрлі орын ауы-
стыруы болады:
-  өзінің  пішінін  жəне  элементтерінің  ара  қашықтықтарын 
өзгертпей, дененің тұтас орын ауыстыруы;
- деформацияның əсерінен, дене элементтерінің (бөлшектерінiң) 
өзара орын ауыстыруы.
Орын  ауыстырудытң  бірінші  түрі  теориялық  механикада  толық 
қарастырылады,  ал  біздің  зерттейтініміз,  дененің  деформация 
əсерінен, оның бөлшектерінің өзара орын ауыстыруы.
Зерттеліп  отырған  дененің  бір  нүктесін,  мысалы, 0 нүктесін 
бекітейік (105-сурет). 
Бұдан  кейін,  дене  еш  бағытта,  ешқайда  жылжымайды.  Бірақ, 0 
нүктесі  арқылы айналуына болады.  Енді у осiнде жатқан о нүктесi 
маңынан кішкене  dy элементін бекітейік.
105-сурет
Мұнымен,  дененің  х  жəне z осьтерін  айналуы  тоқтатылғанмен, 
у осі арқылы дене əлі де айнала алады. Бұл айналуды тоқтату үшін, 

141 
не  х  осінен, немесе z осінен тағы да кішкене элементті dx (неме-
се dz) бекітеміз.  Осыдан  кейін,  денедегі  орын  ауыстырулар,  тек 
деформацияға  ғана  байланысты  болады.  Дене  деформацияланған 
кезде,  оның 0 нүктесінен  басқа  барлық  нүктелері  орын  ауыстыра 
алады.  Мысалы,  М  нүктесі  орын  ауыстырып    ММ
1
,  қашықтыққа 
жылжысын,  сонда 
1
M
MM
δ
=
 . Бұл  орын  ауыстыруды  үш  оське 
жіктеуге (105-сурет) жəне оларды координаталар функциясы ретінде 
көрсетуге болады
1
1 1
(
)
u
f x y z
 -   
 
 
 
, 
2
1 1
(
)
v
f x y z
 -   
 
 
 
, 
3
1 1
(
)
w
f x y z
 - z 
 
 
 
. 
§6. Сызықтық жəне бұрыштық деформациялар
Орын ауыстырудың бірінші түрі болмайтындай етіліп бекітілген 
дененің  М(х,  у, z) нүктесінің  маңынан  элементар  параллелепи-
пед  бөліп  алып,  оның  хоz  координата  жазығына  проекциясын 
қарастырамыз (106-сурет). Деформацияланғанға дейін тік төртбұрыш 
АВDС  арқылы  белгіленген  бұл  проекция,  деформацияланғаннан 
кейін 
1 1 1
1
D
 
төртбұрышына айналады (106-сурет).
Өйткені деформацияланған кезде А нүктесі А
1
 нүктесіне, В – В
1 
нүктесіне, С – С
1
 ал, D –D
1
 нүктесіне көшеді.  Бұл кезде А нүктесі 
u жəне w  орын ауыстыруына ие болады, олар   –   
1
1 1
(
)
u
f x y z
=
, 
3
1 1
(
)
w
f x y z
=
.  
Бұл суреттегі  
,
.
CD
AB dx
AC BD dz
=
=
=
=
 
106-сурет

142
В нүктесі А нүктесінен dx  қашықтықта орналасқандықтан
(
)
1
, ,
u
u
x dx y z
u
dx
x
φ
∂
=
+
= +
∂
.
АВ = dx қабырғасының толық ұзаруы  
1
u
u
u
dx
x
∂
− =
∂
.
Ол қабырғаның салыстырмалы ұзаруы, яғни деформациясы
1
x
u
u
u
dx
dx
x
ε
−
∂
=
=
∂
;     
u
dx
x
∂
=
∂
.
 
Осылайша қалған деформацияларды табамыз.   
.
y
v
y
ε
∂
=
∂
      
Енді бұрыштық деформацияларды табайық. Ол үшін, 106-сурет-
ке көңіл аударайық.
  Осы  суретте  көрсетілгендей,  деформацияға  дейін  ВАС 
тікбұрышты 
α β
+
  бұрышына  өзгереді.  Бұл  xoz  жазықтығындағы 
салыстырмалы ығысу бұрышы, оны 
zx
γ
 деп белгілейміз.
zx
γ
α β
= +
В
II
А
І
В
І  
тікбұрышты үшбұрышынан
1
II
I
I
II
w
w
dx
B B
x
x
tq
u
u
A B
dx
dx
x
x
α
α
∂
∂
∂
∂
≈
=
=
=
∂
∂
+
+
∂
∂
.
Бөлімдегі  
u
x
∂
∂
 шамасын ескермесек 
w
x
α ∂
=
∂
. Осы секілді 
u
z
β ∂
=
∂
. Сонымен,
zx
u
w
z
x
γ
∂
∂
=
+
∂
∂
.
Басқа  жазықтықтарды  бұрыштық  деформацияларды  осылайша 
табамыз.
xy
v
u
x
y
γ
∂
∂
=
+
∂
∂
,
yz
w
v
y
z
γ
∂
∂
=
+
∂
∂
.

143 
Қорыта келгенде
,
,
,
x
y
z
u
x
v
y
w
z
ε
ε
ε
∂
=
∂
∂
=
∂
∂
=
∂
      
,
,
.
xy
yz
zx
v
u
x
y
w
v
y
z
u
w
z
x
γ
γ
γ
∂
∂
=
+
∂
∂
∂
∂
=
+
∂
∂
∂
∂
=
+
∂
∂
                       (8.29)
§7. Бас деформациялар.  Бас осьтер
Деформацияланған  күйді  зерттегенде  оның  қасиеттері  кернелген 
күйдің қасиеттеріне ұқсас екенін көреміз. Зерттеліп отырған, кез кел-
ген  нүкте  арқылы  өтетін  барлық  осьтердің  арасында,  бұрыштық  де-
формация болмайтын, өзара перпендикуляр үш ось болатынына көзіміз 
жетеді. Бұл осьтер деформацияланған күйдің бас осьтері, ал олардағы 
сызықтық деформациялар бас деформациялар деп аталады. Бас дефор-
мациялар төменде келтірілген үшінші дəрежелі теңдеуден табылады.
3
2
0
I
II
III
J
J
J
ε
ε
ε
−
⋅
+
⋅ −
=                                (8.30)
Бұл теңдеудегі коэффициенттер, деформацияланған күйдің инва-
рианттары болып табылады. Олар
I
x
y
z
J
ε
ε
ε
=
+
+
,                                  (8.31)
2
2
2
1
1
1
4
4
4
II
x
y
y
z
z
x
xy
yz
zx
J
ε ε
ε ε
ε ε
γ
γ
γ
=
⋅ + ⋅ + ⋅ −
−
−
,        (8.32) 
          
          
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
x
xy
xy
III
yx
y
yz
zx
zy
z
J
ε
γ
γ
γ
ε
γ
γ
γ
ε
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
.                              (8.33)
Материалдар  кедергісінде  көлемдік  деформация  да,  басқаша 
айтқанда,  нүкте  маңындағы  көлемнің  салыстырмалы  өзгеруі  де 
қарастырылады.
Элементар параллелепипедтің өлшемдері (dx, dy, dz) деформация 

144
əсерінен dx(1+e
x
),  dy(1+e
y
)  жəне dz(1+e
z
)  болып өзгереді. Бұл кезде, 
көлемнің абсолют өзгеруі
1
V V V
Δ = −
,
немесе
(1
) (1
) (1
)
x
y
z
V
dx dy dz
ε
ε
ε
Δ =
⋅ ⋅ ⋅ +
⋅ +
⋅ +
.
Жақшаларды  ашып,  элементар  аз  шамаларды  алып  тастағаннан 
кейін
(
)
x
y
z
V
dxdydz
ε
ε
ε
Δ =
⋅
+
+
Көлемнің салыстырмалы өзгеруін  
e
  əрпімен белгілейміз. 
Сонда
x
y
z
V
e
V
ε
ε
ε
Δ
=
=
+
+
.                             (8.34)
Осьтер  жүйесін  бұрғанменен,  нүктедегі 
e
  шамасы  өзгермейді. 
Сондықтан, бұл шамада (
e
) деформацияланған күйдің тағы бір ин-
варианты болып табылады. 
§ 8.  Гуктың қортынды формуласы
Бойлық  созылу  жəне  сығылу  кезінде  бір  ғана  бас  кернеу  пайда 
болатыны, демек, кернелген күйдің екінші жəне үшінші инвариант-
тары  нөлге  тең  екені  бұрын  айтылған.  Бұлай  жүктелген  материал-
дар үшін, оларда пайда болатын кернеулер мен деформациялардың 
арасындағы қатанасты Гук заңы арқылы өрнектеген едік.
E
σ
ε =
.                                       (8.35)
Енді  үш  бас  кернеу  де  нөлге  тең  болмаған  кезді  қарастырайық 
(107-сурет).  Ол  үшін,  алдымен  бір  ғана  бас  кернеу  (
1
σ
)  бар,  ал 
қалғандары  нөлге  тең  деп  қарастырайық (108-сурет).  Бұл  кезде, 
бірінші  осьтің  бағытындағы  қабырғалар  ұзарады  да,  қалған  екі 
осьтің бағытындағы қабырғалар қысқарады.
1
1
,
I
E
σ
ε =
   
1
2
,
I
E
σ
ε
μ
= −
    
1
3
I
E
σ
ε
μ
= −
                    (8.36)
Бұдан кейін 
2
0
σ ≠
,  ал 
1
3
0
σ
σ
=
=
 деп қарастырамыз (109-сурет). 

145 
107-сурет   
Бұл  кезде,  екінші  осьтің  бағытындағы  қабырғалар  ұзарады  да, 
қалған екі осьпен бағыттас қабырғалар қысқарады, яғни
2
1
,
II
E
σ
ε
μ
= −
 
2
2
,
II
E
σ
ε =
   
2
3
II
E
σ
ε
μ
= −
          (8.37)  
Осы секілді, егер тек үшінші бас кернеу нөлге тең болмай бірінші
 
жəне екінші бес кернеулер нөлге тең болса, онда
                    
                                         
3
1
III
E
σ
ε
μ
= −
,   
          
3
2
III
E
σ
ε
μ
= −
,                                      (8.38)
                                       
            
                                       
3
3
III
E
σ
ε
μ
= −
                     
108-сурет                                                  109-сурет
Үш бас кернеулер нөлге тең болмағанда, (8.36), (8.37( жəне (8.38) 
формулалардағы сəйкес деформацияларды бір-біріне қосып, Гуктың 
қорытынды формуласын аламыз.
10–661

146
                          
                                 
(
)
1
1
2
3
1
E
ε
σ
μ σ
σ
=
−
+
⎡
⎤
⎣
⎦
, 
(
)
2
2
3
1
1
E
ε
σ
μ σ σ
=
−
+
⎡
⎤
⎣
⎦
,                      (8.39)          
    
                                                           
                                 
(
)
3
3
1
2
1
E
ε
σ
μ σ σ
=
−
+
⎡
⎤
⎣
⎦
.
Күштер əсерінің тəуелсіздігі принципін қолданып, алынған фор-
мулаларды кез келген кернеулер мен деформациялар үшін қолдануға 
болады (110-сурет).
110-сурет
Кез келген координата жазықтығы үшін (мысалы хоz) бұрыштық 
деформация  тек  сəйкес  жанама  кернеуге  тəуелді,  яғни 
xz
xz
G
τ
γ =
, 
ал қалған екі жанама кернеулер де, тік кернеулер де 
xz
γ
 шамасына 
əсерін тигізбейді. Бұл тұжырым, қалған деформациялар мен кернеу-
лер үшінде заңды болып табылады. Сондықтан
                
(
)
1
x
x
y
z
E
ε
σ
μ σ
σ
⎡
⎤
=
−
+
⎣
⎦
          
xy
xy
G
τ
γ =
,
      
           
(
)
1
y
y
z
x
E
ε
σ
μ σ
σ
⎡
⎤
=
−
+
⎣
⎦
          
yz
yz
G
τ
γ =
,                (8.40)
            
(
)
1
z
z
x
y
E
ε
σ
μ σ
σ
⎡
⎤
=
−
+
⎣
⎦
           
xz
zx
G
τ
γ =
.
Бұл  алынған (8.39), (8.40) өрнектер  изотроп  материалдар  үшін 
Гуктың қорытынды формуласы болып саналады. 
§9. Потенциялдық энергияның қортынды түрі 
Жалпы  жағдайда  кернелген  күйдің  (
1
0
σ ≠
, 
2
0
σ ≠
, 
3
0
σ ≠
) 
потенциалдық  энергиясын  қарастырамыз.  Ол  үшін,  элементар 

147 
көлемде жиналған потенциалдық энергияның осы көлемнің бетіне 
таралған күштер əсері арқылы табылатынын ескеруіміз керек. Олай 
болса, 
x
dx dz
σ ⋅ ⋅
  күші 
x
dx
ε ⋅
    орын  ауыстыруына  сəйкес  жұмыс 
істейді.  Бұл   жұмыстың шамасы
1
2
x
x
dy dz
dx
σ
ε
⋅ ⋅ ⋅
.
Қалған  тік  кернеулер  арқылы  өрнектелетін  күштердің  жұмыс-
тары осы секілді табылады.   
   Ал,  
xy
dx dz
τ ⋅ ⋅
 күші    
xy
dy
γ ⋅
 орын ауыстыруына сəйкес жұмыс 
істейді, яғни
1
2
xy
xy
dx dz
dy
τ
γ
⋅ ⋅ ⋅
Басқа  күштерден  пайда  болатын  жұмыстарды  осылайша  тауып, 
элементар көлемдегі потенциалдық энергияны төмендегіше табамыз
(
)
1
2
x x
y y
z z
xy xy
yz yz
zx zx
dU
dx dy dz
σ ε
σ ε
σ ε τ γ
τ γ
τ γ
=
⋅ ⋅ ⋅
+
+
+
+
+
.         
  
(8.41)
Гуктың  қорытынды  формуласын  ескере  отырып,  потенциалдық 
энергияны көлемге (
dV
dx dy dz
=
⋅ ⋅
) бөлеміз. 
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
0
1
1
2
2
2
x
Y
z
x
y
y
z
z
x
xy
yz
zx
dU
U
dV
E
G
σ
σ
σ
μ σ σ
σ σ
σ σ
τ
τ
τ
⎡
⎤
=
=
+
+
−
+
+
+
+
+
⎣
⎦
 (8.42)
Бұл формуланы бас кернеулер арқылы өрнектесек
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
1
2
3
1
2
2
3
3 1
1
1
2
2
2
o
xy
yz
zc
U
E
G
σ
σ
σ
μ σ σ
σ σ σ σ
τ
τ
τ
⎡
⎤
=
+
+
−
+
+
+
+
+
⎣
⎦
             
(8.43)
Толық потенциалдық энергияны табу үшін, U
0
 өрнегін элементар 
көлемге көбейткеннен кейін интегралдау керек.
0
V
U
U dV
=
∫
                                    (8.44)
Толық потенциалдық энергия шартты түрде екіге - көлем өзгерту 
энергиясына (U
ок
)  жəне  пішін  өзгерту  энергиясына (U
оп
)  бөлінеді. 
Оларды қорытып жатпай-ақ, тек формулаларын келтірейік.

148
(
)
1
2
3
1 2
6
ok
U
E
μ σ σ σ
−
=
+
+
,                      (8.45)
2
2
2
1
2
2
3
3
1
1
6
U
. 
        (8.46)
Егер соңғы формуланы кез келген осьтер жүйесіндегі кернеулер 
арқылы өрнектесек
(
) (
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
1
1
6
2
î ï
x
y
y
z
z
x
xy
yz
zx
U
Å
G
μ σ σ
σ
σ
σ
σ
τ
τ
τ
+ ⎡
⎤
=
−
+
−
+
−
+
+
+
⎢
⎥
⎣
⎦
               
(8.47)
Кернелген  жəне  деформацияланған  күйлерге  негiз  болатын 
бiрнеше есептердi қарастырайық.
1-есеп.  Өте  қалың  жəне  абсолют  қатаң  тақтаның  дəл  ортасына 
табаны квадрат, ал тереңдігі 10мм қуыс жасалған (111-сурет).
Табанының  өлшемдері  (ені  мен  ұзындығы): 10,001х10,001мм. 
Осы қуысқа өлшемдері 10х10х10мм мыстан жасалған кішкене куб 
(кубша) кіргізіліп қойылған (Мыс үшін: 
6
2
1 10
/
,
0,32
E
). Демек, қуыс пен кішкене кубтың арасында саңылау бар (0,001мм). 
Осы кішкене кубты 1000 кг күшпен үстінен басып сығады.
Үш бас кернеулерді табу керек.
Шешімі.  Кубтың  жоғарға  жəне  төменгі  беттеріне  түсетін  сығу 
кернеулері ең үлкен болатындықтан, оларды 
3
σ
 арқылы белгілейміз.
2
3
1000
1000 /
1
P
A
. 
 
111-сурет

149 
Тақтадағы қуыста, оған кіргізіліп қойылған кубта симметриялы 
болғандықтан, қалған екі бас кернеулер өзара тең болады, яғни
1
2
σ
σ
=
.
Сол секілді, сəйкес деформациялар да өзара тең болады, яғни
4
1
2
10,001 10
1 10
10
ε
ε
−
−
=
=
= ⋅
.
Көлемдік деформация кезіндегі Гук формуласын қолданып, бас 
кернеулерді табамыз. Ол үшін  
1
2
σ
σ
=
 теңдігін пайдаланымыз
[
]
1
1
2
3
1
(
)
E
ε
σ
μ σ
σ
=
−
+
⇒
 
1
3
1
2
1
E
ε μ σ
σ
σ
μ
⋅ + ⋅
=
=
−
.
Соңғы өрнекке берілімдерді қойып, ізделіп отырған шамаларды 
анықтаймыз
6
4
2
1
2
1 10 1 10
0,32 1000
324 /
1 0,32
. 
Келесі есептер əркімнің өз беттерімен шығаруларына арналған.
2-есеп. Бірінші есептің берілімдерін пайдаланып, егер қуыс пен 
кішкене кубтың арасында саңлау болмаса, онда бас кернеулер неге 
тең болатынын анықтау керек.
 
 
112-сурет
3-есеп. Өлшемі а=20см бетоннан жасалған кубша (20х20х20см) 
абсолют қатаң құрсаудың ішіне орналастырылып, 24 т күшпен z осі 
арқылы  сығылады (112-сурет).  Бетон  үшін - 
0,18.
μ =
  Құрсаудың 
қабырғаларының реакцияларын 
,
x
y
N N
 арқылы белгілесек, онда 
24000
z
N
.  
. 
Бас кернеулерді (
1
2
3
σ
σ
σ
f
f
) табу керек.

150
9-тарау. БЕРІКТІК ЖƏНЕ ПЛАСТИКАЛЫҚ 
БОЛЖАМДАРЫ     
                     
Есептеу  нəтижесінде,  зерттеліп  отырған  конструкция  беріктік 
талабына сай жұмыс істей ала ма деген сұраққа жауап алыну керек. 
Ол үшін, ең алдымен, оның беріктігін бағалаудың негізгі принципін 
тұжырымдап алу қажет.

жүктеу/скачать 4,22 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: