Materiallar
Download 78.98 Kb. Pdf ko'rish
|
|
-------- 3 EA Binobarin, ko‘chishlar chiziqli konun bo‘yicha o ‘zgarar ekan. Uchastka- ning boshlangMch va oxirgi nuqtalaridagi ko'chishlarni topamiz: , 4 FI x = 0 boMsa Aa = 0 ; x = l boMsa Яй = т т г ; . jlhA Ikkinchi qism uchun ( l < x < 3 l ) : 2 F F a F N „ - - 2 F ; c r - - A ; e - £ ^ . Sterjenning m ahkam langan uchidan x m asofada yotgan kesim ning k o ‘chishi 3 EA EA Ikkinchi qism boshida 4 FI x = I , Лн = - З Е А qism oxirida «Minus» ishora С kesimning ko‘chishi pastga yo‘nalgan!igini ko‘rsatadi. Uchinchi qism (3£ й х < 4£) F F_ EA Sterjenning A uchidan x masofada yotgan kesimning ko'chishi ЗЕА EA Uchinchi qism boshida qismning oxirida 2 F t x = 3£, Л - - 7 7 ГТ; 3 EA F ( x = 41, Лд - 3 EA N , cr, e va Л epyuralari 2.13-rasmda tasvirlangan. 2.7-misol. AB va BC sterjenlariga xavf-xalarsiz osib qo'yilishi mumkin bo'lgan yuk Q ning eng katta qiymati aniqlansin (2.14-rasm). Sterjenlar St.2 markali po'latdan ishlangan bo'lib, materialning cho'zilishga ruxsat etilgan kuchlanishi \a\=l40M Pa. Sterjen diametri 2sm. В Q *Q 2 .14-rasm. Yechish. Har bir sterjenda vujudga kelishi mumkin boMgan eng katta xavfsiz zo‘riqish Yuk Q ning ruxsat etilgan eng katta xavfsiz qiymatini В tugunning muvozanat shartidan topamiz: У у = - 0 + 2N cos a = 0. 2.8-misol. Elastiklik moduli E = l04MPa bo'lgan qayrag'och ustun- ning yuqori uchini cho'kishi [ A l ] =0,2 sm dan oshmasligi uchun lining k o ’ndalang kesim yuzasi qancha bo'lishi kerak? (2.15-rasm). Yechish. Ustunning ko‘ndalang kesim yuzasini bikrlik shartidan foy dalanib aniqlaymiz: кН = 44кН ga teng. Bu yerdan Q = I N c o s a = 2 • 44 • 0,866 k H = 1 6 , 2 k H. NC Ai = — ^ [A/?], bu yerda N = F, bundan A - • Tegishli son qiymatlarini qo'yib, kerakli yuzani topamiz Topilgan yuza mustahkamlik shartini qanoatlantiradi- mi, yo‘qmi? Shuni tekshiramiz. Qayrag‘och uchun siqi- lishdagi ruxsat etilgan kuchlanish [cr] = 12MPa(3-jadval). Bo‘ylama kuch N ta’sirida hosil boMgan kuchlanish N 30-IO-3 a = — = - M P a = 10MPa([cr] = 12M P a . Demak, aniqlangan yuza mustahkamlik shartini qanoat- lantirar ekan. * S7777777777?fr77777777 2 .15 -r asm. 2.9. Xususiy og‘ir!ikni hisobga olish ~ т ш т ш M ashinasozlik va sam olyotsozlik singari sohalarda qoMlaniladigan de- tallar kichkina va vazni yengil boMganligi sababli mustahkamlikka hisob lashda ulam ing xususiy ogMrligi ko‘p hollarda hisobga olinmaydi. Am m o texnikada shunday sohalar borki, bularda konstruksiyaning xususiy ogMrligi asosiy yuk sanaladi. Binokorlikda devor va tom lam ing, konchilikda yuk k o ‘taradigan tros va kanatlarning ham da burg‘ulovchi mashinalaming shtangalari bunga mi sol boMa oladi. Bunday konstruksiyalarni m us tahkam likka va bikrlikka h isoblashd a x u su siy ogMrligi albatta hisobga olinishi lozim. C ho‘zuvchi kuch F ta’sirida uzun sterjenning kuchlanish va deformatsiya holatini k o ‘rib o ‘taylik (2.16-rasm). Sterjenning qistirilgan yuqori uchida- gi kesim ga tashqi kuch F va sterjenning toMiq ogMrligi G ta’sir etadi. Shuning uchun ham bu ke sim xavfli kesim sanaladi, y a ’n: shu kesimda ster jenning uzilib ketish xavfi bor. Agar sterjenning ko‘ndalang kesim yuzasini A deb belgilasak, xavf li kesimdagi maksimal kuchlanish quyidagi formu ladan aniqlanadi: F 2 .16-rasm. F + G 0 ‘z navbatida bunday hoi uchun mustahkamlik sharti quyidagi ko‘rinishda ifodalanadi: ( 2 - 22 ) Sterjenning ogMrligi G = A - i y (bu yerda у - materialning solishtirma ogMrligi) ekanligini inobatga olsak, mustahkamlik shartini quyidagi ko‘rinishda ifodalasa ham boMadi: — + i y < [ a \ (2.23) Bu formuladan foydalanib, sterjenning hisobiy kesim yuzasini aniqlash mumkin: А - [ ф т ў <2'24> Sterjenning pastki uchidan ixtiyoriy (x) masofada yotgan kesimda xu susiy ogMrlikning o‘zidan hosil boMadigan kuchlanish G y Axy &x = ' = ~ ~ = XY ga teng boMadi. (2.25) /L A Bundan shu narsa ayon boMadiki, o‘zgarmas ko‘ndalang kesim yuzali sterjenlarda xususiy ogMrlik ta’sirida vujudga keladigan kuchlanishning qi ymati sterjenning kesim yuzasiga bogMiq emas ekan. Bundan yana x maso fada x y materialning mustahkamlik chegarasi a n,r ga tenglashganda ster jen 0 ‘zining ogMrligi ta’sirida uzilib ketishi mumkinligini ham bilsa boMadi. Xususiy ogMrlik ta’sirida uzilishi mumkin boMgan uzunlik - deb ata ladi va quyidagi formuladan aniqlanadi: (2.26) Sterjenda faqat xususiy ogMrlik ta’sirida ruxsat etilgan kuchlanish vu judga kelishini ta’minlaydigan uzunlik chegaraviy uzunlik - £r deb ataladi va quyidagi formuladan topiladi: [crl ?r = — ■ (2.27) Г Endi xususiy ogMrlik ta’sirida sterjenning deformatsiyasini aniqlaymiz. Sterjenning erkin uchidan x masofada dx elementar boMakcha ajratamiz (2.16-rasm). Bu boMakchaga qiymati Ay x ga teng boMgan cho‘zuvchi kuch ta’sir etadi. Guk qonuniga binoan boMakchaning absolut uzayishi quyidagi- ga teng boMadi: EA E Bu ifodani 0 dan t gacha boMgan oraliqda integrallab, sterjenning toMiq uzayishini aniqlaymiz: f Y Y I1 A l =)o E XdX=2 E (2'28> G Agar yl ning o‘miga -~ni qo‘ysak, , Gl Al = - kelib chiqadi. (2.29) 2 EA Fl Tashqi kuch F ta’sirida hosil bo‘ladigan uzayish ekanligi bizga Guk qonunidan ma’lum. Buni (2.29) bilan taqqoslab, xususiy og‘irlik ta’sirida vujudga keladigan uzayish tashqi kuch ta’sirida hosil boMadigan uzayishdan ikki barobar kam boMishini anglaymiz. Sterjenning to‘liq uzayi shi alohida uzayishlarning yigMndisidan tashkil topadi: EA 2 EA EA Teng qarshilik ко‘rsatuvchi sterjenlar. Ko'ndalang kesimi o ‘zgarmas boMgan steijenda kuchlanishlar xususiy ogMrlik hisobga olinganda faqat xavfli kesimdagina ruxsat etilgan normal kuchlan- ishga teng boMgan kuchlanish vujudga kela di. Boshqa kesimlarda kuchlanish kamroq boMadi. Demak materialning bir qismi behu- da sarflanadi. Ammo sterjen kesim'arini shun- day tanlash mumkinki, barcha kesimlardagi kuchlanish bir xil boMsin. Bunday kesimli sterjenlar teng qarshilik ко 'rsatuvchi sterjen lar deb ataladi. Masala ana shu o‘zgaruvchan kesim yuzani aniqlashdan iborat. Baland ustunga F kuchi qo‘yilgan dey- lik (2.17-rasm). Ustunning yuqori kesimi A 0 ga faqat F kuch ta’sir etadi. Pastki kesimlarga ustun og‘irligi ham qo‘shila boradi. Eng katta kuchlanish ustunning eng pastki kesimi Ama)l da hosil boMadi. Ustunning o‘zgaruvchan kesim yuzasi Ax pastga tomon ortib bora di. Vazifa sterjen kesimidagi kuchlanishlami sterjen uzunligi davomida o‘zgarmas va [ 6 ]ga teng boMishi uchun kesim yuzasi Ax ning o‘zgarish qonunini aniqlashdan iborat. Ustunning yuqori uchidan x masofada qalinligi dx boMgan elementar boMakcha ajratamiz va uning muvozanat tenglamasini yozamiz: dAx _ у , bundan д ~ [cr] kelib chiqadi. Buni integrallab, quyidagi ifodani hosil qilamiz: l»A* +c = J ^ x , (a) agar x = 0 boMsa, Ax= A 0 boMadi, bundan c = - l nA^ kelib chiqadi. Topil- kelib chiqadi. Ana shu giperbolik qonun asosida o‘zgaruvchan kesimli sterjenlar teng qarshilik ko‘rsatuvchi sterjenlar sirasiga kiradi. Bunday sterjenlarda materi- aldan toMiq foydalaniladi, demak tejamkor boMadi. Ammo bunday shaklga ega boMgan ustunlami tiklash qiyin boMganidan, amalda soddaroq shakl - pog'onali ustunlardan foydalaniladi. Qadimda me’mor va muhandislar ba- land minoralar bunyod etishda shunga yaqin qoidaga rioya qilishgan; mino ra diametri pastdan yuqoriga qarab torayib borgan. Pog'onali sterjenlar. Bunday sterjenlar tejamkorlik jihatidan o‘zgarmas kesimli sterjenlar bilan teng qarshilik ko‘rsatuvchi sterjenlar orasidagi o'rinni egallaydi (2.18-rasm). Pog‘onali sterjenlarda o‘zgarmas kesimli sterjenlarga nisbatan materialdan yaxshiroq, ya’ni unumliroq foydalaniladi; teng qarshi- likii sterjenlarga nisbatan esa samaradorligi kamroq albatta. Biroq uni yasash, ^ r = [ yoki [ с г ] ^ - у Axdx = 0 , gan integral doimiysi с ning qiymatini (a)ga qo‘yib, l„A> ega boMamiz. Bundan (2.31) ishlash oson bo‘lgani uchun texnikada keng tar- qalgan. Ko‘prik osti tayanchlari bunga misol bo‘la oladi. Har bir pog‘onaning kesim yuzasini aniqlash- da (2.24) formuladan foydalanamiz: birinchi pog‘onaning ko‘ndalang kesim yuzasi 4 = i [ a ] - ri] b0‘ladi- Ikkinchi pog‘onaga = [cr]^4, kuch ta’sir etadi. Shunga ko‘ra uning ko'ndalang kesimi quyi dagi formula yordamida aniqlanadi: A, =- N, F 2 .18-rasm. И ~ Yh Uchinchi pog‘onaning kesimi ham xuddi shun- day aniqlanadi: [ n - pog‘ona uchun formulani umumiy tarzda quyidagicha yozish mumkin: . - N-< (2-32> Bu yerda N tl_x = [cr]4 )_1 qiymatga ega. 2.10. Cho‘zilish va siqilishda statik noaniq m asalalar Ba’zi konstruksiyalarda noma’lum zo‘riqish va reaksiyalarning soni ayni masala uchun statika tenglamalari sonidan ortiq bo‘ladi. Bunday konstruk siyalarda «ortiqcha» bog‘lanishlar mavjud boMadi. Ana shunday ortiqcha bogManishlarda «ortiqcha» noma’Iumlar vujudga keladi. Bu yerdagi «or tiqcha» iborasi shartli so‘z boMib, tom ma’nodagi keraksizlikni emas. balki statikaning muvozanat tenglamalariga nisbatan ortiqcha ekanligini anglata- di. Aslida o‘sha «ortiqcha» sterjen konstruksiya uchun ortiqcha emas, kons truksiyaning mustahkamligi va bikrligi uchun u zaruriy hisoblanadi. Noma’lumlari soni statika tenglamalari sonidan ortiq boMgan masalalar statik noaniq masalalar deb ataladi. Bunday masalalami yechishda statika tenglamalari kamlik qiladi. Masala yoki konstruksiyaning statik noaniqlik daraiasiga qarab, qo‘shimcha tenglamalar tuzishga to‘g‘ri keladi. Masalada- gi ortiqcha noma’lumlar soni konstruksiyaning statik noaniqlik darajasini belgilaydi. Masalan, ortiqcha noma’lum bitta boMsa - bitta, ikki marta sta tik noaniq masala uchun - ikkita qo‘shimcha tenglama tuziladi va h.k. Qo‘shimcha tenglamalar konstruksiya elementlarining deformatsiya holat- lari asosida keltirib chiqariladi. v . Statik noaniq masalalarni yechish tarti- bini misollar orqali tushuntiramiz. 1. Ikki uchi mahkamlangan sterjenning С nuqtasiga F kuch qo'yilgan (2.19-rasm). Sterjenning pastki va ustki qismlaridagi z@=( zo‘riqishlami aniqlash talab etiladi. F kuch sterjen uchlarida RA va RB reak- siya kuchlarini hosil qiladi. Ulami ixtiyoriy ravishda yuqori tomon yo'naltiramiz. Bu QO masala uchun statikaning birgina tenglama- -Еч sini tuza olamiz: ////////////, 7777777777. г -Л б '£jy = R A + R B ~ F = 0 . (a) Bir tenglamada ikki noma’lum mavjud. Demak masala bir marta statik noaniq. Buni yechish uchun bitta qo‘shimcha tenglama tuzish kifoya. Sterjenning ikki uchi mustahkam biriktirilganligi sababli uning umumiy uzunligi o‘zgarmaydi, ya’ni Д/ = 0- Sterjenning yuqori qismi muvozanatidan N AC = RA, pastki qismi mu- vozanatidan N U( = - R B topiladi. Guk qonuniga ko‘ra N 4C va N IIC ichki elastik kuchlar ta’siridagi deformatsiya quyidagi ifodadan aniqlanadi: IR B 2 . 1 9 - r a s m . M - Nac° I Nm:(i RAa RBe Masala shartiga ko‘ra EA RAa RBe EA EA EA EA EA izlagan qo'shimcha tenglama kelib chiqadi: R a - R .e = 0 . - 0 , bulami EA ga qisqartirsak, biz (b) R a =- a + e a + e Bo‘ylama kuchlar (zo'riqishlar) epyurasi 2.19-rasm, b da tasvirlangan. 2. Deformatsiyalanmaydigan bikr brus uch sterjen vositasida shipga osib qo‘yilgan (2.20-rasm, a) 1 - mis sterjenning kesimi 1 sm2; 2 - poMat ster jenning kesimi 1,5 sm2; 3 - alumin sterjenning kesimi 2 sm2. Sterjenlardagi kuchlanishlami aniqlash talab etiladi. 0.3м I 0.73 m Ғ=30Ш 2 .20-ra sm . Bikr brusga F yuk qo‘yilgan, barcha sterjenlar cho‘zilishga ishlaydi, deb faraz etamiz. Sterjenlaming deformatsiya holati (2.20-b rasm) da tasvirlangan. Sterjenlardagi noma’lum zo‘riqishlar (N,;'N 2 ;N3)ni aniqlash uchun sta- tikaning quyidagi ikkita muvozanat tenglamasidan foydalanamiz: -ЛГ2 • 1 , 0 - • 2 , 2 5 + F - 1,5 = 0 , (a) Y JmB = N l -2,25 + jV, -l,2 5 -F -0 ,7 5 = 0. (b) Yetishmayotgan uchinchi tenglamani deformatsiya shartlari asosida tu- zamiz. Rasmdagi trapetsiyadan foydalanib, quyidagi nisbatlarni yozamiz: A /3 - A/| _ А/, - Д/, 2,25 1,0 ’ bundan 1,25A£,-2,25Д /3 = 0 kelib chiqadi. Tenglamadagi deformatsiyalarni zo‘riqishlar orqali ifodalaymiz: N 3 - 200 l o c iV , - 2 0 0 M.-150 1 ,2 5 -^ ,, :— 2,25 — , _ + Tenglamani ixchamlashtiramiz: 2 ,5 ^ -1 ,1 2 5 ^ + 1 ,4 3 ^ 3 = 0 . (b) (a), (b), (d) tenglamalami birgalikda yechib, noma’lum zo‘riqishlarni aniqlaymiz: = 0,018-.F = 0,018-30&Я = 0,55kH ; N 2 = 0,568 • F = 0,568 ■ 30Ш = 17,0 4 Ш ; Л^3 = 0,4 14 -Ғ = 0,414-30Ш = 12,42кЯ; Tekshirish. = 0,55 +17,04 + 12,42 = F - ЗОкН Sterjenlardagi kuchlanishlar: a = = M l = o,55 к Н / s m 2 cr2 = ^ - = = 11,36 к Н / s m 2 A, 1,0 A, 1,5 N, 12,42 , TTI 2 cr, = —- = ------- = 6,21 кН / sm A , 2 2.11. Temperatura (harorat) o ‘zgarishidan hosil boMadigan kuchlanishlar Statik noaniq sistemalarda haroratning o‘zgarishidan ham kuchlanishlar paydo bo‘lishi mumkin. 2 . 21 -rasmda tasvirlangan sterjen haroratning orti- shi bilan kengayishga intiladi, ammo uning ikki uchidagi mustahkam tay anchlar bunga qarshilik ko‘rsatadi. --------------------------------------- p Natijada deformatsiyalana olmagan V t _ J _ • 1_1 • £ • • t 1 1 1 • » ^ sterjenda ichki zo‘riqish-kuchlanish ф paydo boMadi. Tayanchlardan birini ^ yo‘q deb faraz qilsak, ya’ni kon struksiya statik aniq bo‘lsa, sterjen 2 . 2 1 - r a s m bemalol uzaya oladi va bunda hech qanday zo‘riqish hosil boMmaydi. Shakldagi sterjen chiziqli kengayish koeffitsienti a boMgan poMatdan yasalgan deylik. Dastlabki harorat t, boMsin, harorat o'zgarib (ortib yoki kamayib), t 2 boMgan holdagi kuchlanishni aniqlash talab etilsin. Harorat o‘zgarishini x bilan belgilaymiz. Agar sterjenning bir uchi erkin boMganda u quyidagi masofaga uzayar edi: ДI = a (tt - t 2)l = a t! Bu bizga fizikadan ma’lum. Biroq tayanchlar sterjenning uzayishiga yo‘l bermaydi, unda siqilish kuchlanishi paydo boMadi. Siqilish va cho‘zilishdagi nisbiy deformatsiyadan foydalanamiz: A l a tl E - — = — = a t I I Guk qonuniga binoan normal kuchlanish quyidagiga teng: o’= Eg — Eat ■ Agar t, > t 2 boMsa cho‘zilish kuchlanishi, agar t, < t 2 boMsa, aksincha, - siqilish kuchlanishi vujudga keladi. Harorat o‘zgarishidan qo‘shimcha kuchlanishlar paydo boMishini ino- batga olib, loyiha jarayonida maxsus tayanch xillaridan foydalaniladi, binolar qurilishida temperatura choklari qoldiriladi. Uzun beton yoki temir-beton yoMlar ham maMum masofada temperatura choklari bilan ajratiladi. Samo- lyotlaming uchish-qo‘nish polosalari ham shunday bajariladi. 2.9-misol. Pog'onali p o 'la t sterjen t, haroratda ikki uchidan mahkamlangan. H arorat t2 darajaga ко ‘tarilganda har ikkala pog'onada vujudga keladigan kuch lanish aniqlansin (2.22-rasm). Yechish. Agar sterjenning bir uchi er- kin boMganda u quyidagi miqdorga uza- yar edi: A l = a (tz -*,)(/, + / 2). Biroq tayanchlar uning erkin uzayishiga qarshilik qiladi, yoki, boshqacha aytganda, tayanchlar sterjenni F kuch bilan siqib, uni Д/ masofaga qisqarti- radi. Bu qisqarish quyidagi miqdorga tengdir: A, 2 /. 4 -----------: ^ < --------- 2.22 (a) Д1 = FI, FU EA, EA2 (a) va (b) tenglamalaridan quyidagi ifoda kelib chiqadi: bu ifodadan F zo'riqishni aniqlasa boMadi: (b) Г- а ([2 +l2) F _ L + A _ ЕА{ EA, Kuch F va yuza A ma’lum boMsa, kuchlanishni topish qiyin emas. Sterjenning chap pog‘onasidagi kuchlanish: a ( t 2 - / , ) ( / , + / , ) / I (— + — M Sterjenning o‘ng pog'onasidagi kuchlanish: 1 1 £ 4 £ 4 2.12. S te rje n la r n i c h o ‘zi!ish v a siq ilish g a h is o b la sh n i o ‘rg a tu v c h i k o m p y u te r tex nologiyasi Respublikamizning ilmiy-texnika taraqqiyoti konstruksiyani hisoblash va loyihalashda fan erishgan yutuqlardan, EHMdan foydalanib o‘ta progressiv va sinalgan usullami boMajak mutaxassislarga o‘rgatishni taqozo qiladi. Jumladan, materiallar qarshiligi fani keyingi 25-30 yillar mobaynida mazmun jihatidan ham, bayon etish usuli jihatidan ham boshqa umumtexnika fanlariga qaraganda ancha o‘zgardi. Bu davr ichida yaratilgan mashinalar (kosmik kemalar, atom reaktorlari, osmono‘par inshootlar va b.), yuksak fizik-mexanik xossalarga ega boMgan materiallar yaratishni talab qilish bi lan birga, yangi sharoitda puxta va ishonchli ishlay olishni ta’minlaydigan shaxsiy elektron mashinalariga mos matematik hisob usullarini ishlab chi- qish zaruriyatini ham tug'dirdi. Mazkur paragraf ShEHM yordamida mashinasozlik, samolyotsozlik va xususan, qurilish sohasida keng uchraydigan konstruksiyalarni hisoblash va loyixalashni avtomatlashtirishga bagMshlangan. Cterjenlarni kompyuterda hisoblash uchun chekli elementlar usuli (ChEU)dan foydalanilgan. Bu usulda har bir sterjen chekli element sifatida qabul qilingan (2.24-rasm). Chekli elementlar usuli cho'zilish-siqilishda, siljish va buralishda, egi- lishda hamda murakkab qarshilikda umumlashtirilgan algoritm asosida hisob- lami bajarish imkonini beradi. Bu paragrafda biz ChEUni cho‘zilish va siqilish masalalarini hisoblash- ga doir matritsa ko'rinishidagi ifodasini keltiramiz. Markaziy siqilgan sterjen 2.23-rasmda keltirilgan steijen bir nechta oraliqlardan iborat. Agarda bitta oraliqning matematik modelini tuzsak, unda steijenni barcha oraliqlar yig'indisi tarzida hisoblasa boMadi. Har bir oraliqni chekli element deb ataymiz. 2.23-rasm Elementdagi ko‘chishning o‘zgarishi sterjenning o‘qi bo‘ylab chiziqli funksiya ko‘rinishida ifodalanib, matritsa ko‘rinishiga keltiriladi: и - a, + a 2x = [l x] (2.33) Chiziqli funksiyaning tanlanishiga sabab, element ikkita tugunga ega boMib, chiziqli funksiya faqatgina bir xil miqdordagi qiymatni beradi, demak ikki nuqta orasida faqat bitta to‘g‘ri chiziq o‘tkazish mumkin (2.24-rasm.). C h e k li e le m e n t F , X F , 2 . 2 4 - r a s m Agar bu ifoda x = 0 va x = I uchun yozilsa, unda 1 0 u2 0 1 a 2 boMadi. Bunda a \ 1 0 w, 1 = 1/1 1 «2 0 1 u2 (2.33) ni (2.35) ga qo‘yish orqali a, u = a ] + a 2x= \\ £] =[N * * 2 ] =[N]{g} (2.36) ga ega bo‘lamiz. Sterjendagi deformatsiya quyidagi ifoda orqali aniqlanadi: E = d u j d x = \ j l \ - \ 1][W] Kuchlanish esa ct = E e = E ( \ / 1 ) [ - \ 1] = [ * M . =E[B]{q) (2.37) (2.38) Ma’Iumki (2.36) ichki va tashqi kuchlaming ishi mumkin boMgan ko‘chishlarga teng. Chekli element tugunlarining mumkin boMgan ko‘chishi - dq boMsin. U holda deformatsiya quyidagicha boMadi: d s = [B](d{q}). (2.39) Tugunlardagi kuchlar bajargan ishlar, har bir kuchdan olingan hosilan- ing mos ravishdagi ko'chishlarga ko‘paytmasiga teng, buning matritsa ko‘rinishi quyidagicha boMadi: ( d{ q} )T\ F } (2.40) Hajm birligida paydo boMadigan kuchlanishning ichki ishi quyidagiga tengdir: d e -сг = [B](d{q}}cr (2.41) Tashqi kuchlar ishini ichki ishlar yigMndisiga tenglashtirib, element hajmi bo‘yicha integrallash orqali quyidagiga ega boMamiz: {d{q})r -{F} =(d{q})T J[ B f t r d V (2.42) Bu bogManish mumkin boMgan ko‘chish uchun o‘rinli boMib, o‘ng va chap qismidagi koeffitsientlar quyidagiga teng boMadi: 70 {Ғ}=[В]Т-£[Я]{?} (2.43) Shunday qilib qidirilayotgan yechimni topdik, endi faqatgina integrallash qoladi. Integral ostidagi ifoda hajmga bog‘liq emas, shuning uchun {F} = [5]r • E[B] \ dV{ q) =[B]T-E[B]Al{q} (2.44) shaklda yozish mumkin. Ifodani ochib yozamiz. £ • ! / / [ - ! 1 ] - A - l { q } = E A / I {?}=[%} (2.45) Demak {i7} =[£]{ Bitta element uchun tashqi kuchlar bilan ko‘chishlar orasidagi bog‘lanish ma’lum boMsa, masalani xohlagan tarkibli sterjenlar uchun qoMlasa boMadi. Bu yerda [k] matritsasi, elementning bikrlik matritsasidir. Dasturdan foydalanishga doir misol Misol sifatida quyidagi masalani yechamiz. Berilgan sterjen uch oraliqdan tashkil topgan (2.25-rasm). l- o ra liq 1.0 2 - o ra liq 3 -o ra liq 1.0 2 . 2 5 - r a s m . Birinchi oraliq к, ning bikrlik matritsasi (2.45) formula orqali hisoblanadi: М ,= £ 4 ,Л Ikkinchi oraliq uchun 1 - 1 1 - 1 2 - 2 = 1 - 2 / / =1 // - 1 1 - 1 1 - 2 2 1 - 1 1 -I 1 - 1 = 1 - 1 // = [/l - 1 1 - 1 1 -1 1 Tugunlardagi elementlaming bikrlik matritsalarini qo‘shish tamoyili bo‘yicha umumiy matritsa tuziladi: 1 2 3 2 - 2 1 k = - 2 2 + 1 2 -1 1 3 Bo‘sh kataklar nollar bilan toMdirilib, birinchi va uchinchi tugunlar mustaqil hisoblanadi. Kuch vektori F quyidagicha bo'ladi: 0 2 4 Nihoyat, chegaraviy shartlar hisobga olinadi. Tugal elementlar usulida turli xil mahkamlash usullari mavjud. Bizning misolimizda birinchi tugun mahkamlangan boMib, birlik matrit sasi va tashqi yuk vektorining birinchi qator va birinchi ustuni o'chirilgandan so‘ng ikki noma’lumli chiziqli algebraik tenglamalar sistemasiga kelamiz: 3 -1 2 1 1 q2 4 Sistemani yechib q, = 3, q2 = 7 ga ega boMamiz, (2.37) va (2.38) formulalar bo‘yicha topilgan ko‘chishlar yordamida sterjen elementidagi deformatsiya va kuchlanishlami aniqlaymiz. Hisob-kitobning har bir bosqichini kompyuter uchun dasturlash mumkin. Dasturga dastlabki ma’lumotlar sifatida elementlaming va tugunlaming soni, geometrik va fizik tafsilotlar to‘g‘risidagi ma’lumotlar tayyorlanadi. Hisobning ushbu sxemasi barcha hisob-kitob tizimi uchun asos bo'lib xizmat qiladi. Aytib o‘tish kerakki, ChEU da asosiy masala tugunga ta’sir qilayotgan kuch bilan ko‘chishlar orasidagi bog‘lanishni aniqlashdan iborat. Shuning uchun ushbu bog‘lanishni topadigan istalgan yondoshish qonuniydir, agar u to‘g‘ri natija bersa. Yuqorida keltirilgan uslubiyat bo‘yicha kompyuter dasturi tuzilgan. Dastumi tuzish uchun Paskal dasturiy tilidan foydalanildi. Hisob boshla- nishda sterjen to‘g‘risidagi dastlabki ma’lumotlar klaviatura orqali kom- pyuterga kiritilib, uning ekranida o‘z aksini topadi. Dastlabki ma’lumotlami kiriting (nisbiy qiymatlar): 1-oraliq ko‘ndalang kesimining yuzasi = 3.00 sm 2 2 -oraliq ko‘ndalang kesimining yuzasi = 2.00 sm 2 3-oraliq ko‘ndalang kesimining yuzasi = 1.00 sm 2 A kesimidagi kuch = 1.00 kN В kesimidagi kuch = 2.00 kN С kesimidagi kuch = 3.00 kN 1 -oraliq uzunligi = 1.00 m 2 -oraliq uzunligi = 1.00 m 3-oraliq uzunligi = 1.00 m F ning qiymati (N) = 60000.00 Ruxsat etilgan kuchlanish [MPa] = 140.00 Qayta ko‘rib chiqish kerakmi? Y/N Yuqorida ko‘rsatilgan kirish axborotini tayyorlagandan so‘ng mashina avtomatik ravishda konstruksiyani hisoblaydi va ekranga quyidagi ko‘rinishda natijalar chiqazadi (2.26-rasm). D e f o r m a ts iy a e p y u ra s i 2.00000 FL E A ■ 4.50000 Ic h k i k u c h e p y u r a s i 6 0 0 0 5.000 K u c h la n is h e p y u ra s i — 2000 F X 2.500 1.000 2.26-rasm. Rasmdagi natija konstruksiyaning ahvoli to‘g‘risida toMiq axborot beradi. Xulosa. Bu bobda statik aniq va statik noaniq konstruksiyalarda tashqi kuchlar ta’sirida hosil boMadigan kuchlanish va deformatsiyalarni aniqlash usullari (formulalari) bilan tanishdik. Mavzuga doir misol va masalalar yechishni o ‘rgandik. Bilim ingni sinab ko‘r 1. Bernulli gipotezasi va Sen-Venan prinsipi nima? 2. Bo‘ylama kuch va kuchlanish epyuralari qanday chiziladi? 3. Normal kuchlanishni aniqlash formulasini yozing. 4. Guk qonuni formulasi qanday yoziladi? 5. Absolut va nisbiy cho'zilish nima? Formula va birliklari. 6 . Cho‘zilish (siqilish) dagi elastiklik moduli nimani ifodalaydi? 7. Puasson koeffitsienti nima? 8 . Yumshoq po‘latning cho‘zilish diagramasini chizing va izohlab bering. 9. Qanday kuchlanish ruxsat etilgan kuchlanish deb ataladi va u qanday topiladi? 10. Mustahkamlik sharti nima? 11. Qanday masalalar statik noaniq masalalar deb ataladi? 12. Qanday kuchlanishlar temperatura kuchlanishlari deb ataladi? 13. Pog‘onali va teng qarshilik ko‘rsatuvchi bruslar nima? 14. Kesim tanlash amali qanday bajariladi? I l l B O B K E S I M Y U Z A L A R I N I N G G E O M E T R I K T A V S I F L A R I Mavzu mavnuni. Ushbu mavzuda konstruksiya elementlari ко 'ndalang kesimlarining turli geometrik tavsiflari, jumladan, kesim yuzasining statik momenti, inersiya momentlari va radiusi, qarshilik momentlari о 'rganiladi. Geometrik tavsiflarning o'qlari o'zgargandagi (boshqa joyga ko'chganda yoki burilgandagi) o'zgarish ifodasi ko'rsatiladi. 3.1. Geometrik tavsiflar Ko‘pgina konstruksiyalarni loyihalashda shunday holat boMadiki, kons truksiyalarni hisoblashda bizga ma’lum boMgan kesimning yuzasi va boshqa tavsiflar bilan ishlashga to‘g‘ri keladi. Bu qo'shimcha parametrlar - S - statik moment, J - inersiya momenti, W - qarshilik momenti, r - inersiya radiusi kabi tavsiflardir. Bular konstruksiyalarni tashqi kuchlarga nisbatan qarshilik ko‘rsatish qobiliyatini aniqlashda muhim vosita sanaladi. Biz shu tavsiflarni aniqlashni o‘rganamiz. Demak, tekis shakllaming asosiy geometrik tavsiflariga ulaming yuzasi, biror o‘qqa nisbatan statik momenti, inersiya momenti, qutb inersiya momenti, o‘zaro perpendikular o‘qlarga nisbatan markazdan qochirma inersiya momenti hamda shu o ‘qlarga nisbatan qarshi lik momenti kiradi. 1. Statik momentlar Statik moment deb tekis yuzaning ma’lum o‘qgacha boMgan masofaga ko‘paytmasini aytiladi. Statik moment uzunlik birligining uchinchi daraja- sida oMchanadi va mustahkamlik shartini tekshirishda, kesim markazini topishda foydalaniladi. Tekis shaklning o‘qqa nisbatan inersiya momenti, qutb in ersiya momenti J p doimo musbat ishorali boMadi. Statik moment va markazdan qo chirma inersiya momenti musbat yoki man- fiy ishorali boMishi mumkin. Ixtiyoriy yu zaning statik momentini topish uchun 3.1- rasmda A yuzaga ega boMgan tekis shakl, x va у koordinata o‘qlari tasvirlangan. Yuzani ichida ixtiyoriy dA elementar yuza- 3. l-rasm. cha ajratilgan. Berilgan shaklning yuzasi elementar yuzachalarning yig‘indisiga teng, ya’ni: Shaklning biror o‘qqa nisbatan statik momenti undagi barcha elementar yuzachalarni shu yuzachalardan o ‘qgacha boMgan masofalarga ko‘paytmalarining yig‘indisiga teng, ya’ni: Agar shaklning yuzi A, ogMrlik markazining koordinatalari xc va yc boMsa, uning x va у o'qlarga nisbatan statik momenti quyidagicha topiladi: Agar (3.2), (3.3), (3.4) va (3.5) formulalarni solishtirsak, murakkab shaklning ogMrlik markazi koordinatalarini topish formulasi kelib chiqadi: Tekis shaklning statik momenti musbat va manfiy ishorali boMishi mum kin. Markaziy o‘qlarga nisbatan tekis shaklning statik momenti nolga teng boMadi, chunki tegishli masofalar nolga teng. Agar tekis kesim yuzasi, ogMrlik markazining koordinatalari ma’lum boMsa, u holda bu yuzaning statik momentlari quyidagi ifodalardan topiladi: Agar biror kesimning statik momenti va yuzasi ma’lum boMsa,u holda kesim markazining koordinatalari quyidagi formulalar yordamida topilishi mumkin: (3.1) A (3.2) A (3.3) Sx = Ayc, Sy = Axc . (3.4) (3.5) (3.6) (3.7) Sy = A 'Xe, Sx = A - y c. (3.8) Yuqorida keltirilgan formulalar murakkablikka ega bo‘lgan tekis yu- zani markazini va unga nisbatan geometrik tavsiflarni topish imkonini beradi. Agar kesim murakkab bo‘lsa u holda, bu kesim bir qancha oddiy shakl- larga bo‘lib yuboriladi (3.2-rasm). Rasmda qabul qilingan o‘qlarga nisbatan markaz koordinatalari quyida gicha topiladi: Y _ А У , + А у 2 +... + А„у„ j At + An +... + An yr _ A XI + A X1 + ••• + AiXn _ 1 Д лУ =1 a , + A +•••+A, е д ( з л о ) bu yerda A,, A2,..., An - oddiy shakllar- ning yuzalari; y„ y 2 ,...yn; x„ x 2 ,...,xn - ogMrlik markazlarining koordinatalari. Biz ko‘rayotgan misol uchun ogMrlik marka- zi masofalari quyidagicha topiladi. Ус _ I А у I + А у ? v _ A x , + a 2 x xc =■ A \+ A 2 A + A 2. Inersiya momentlari. Shaklning bi ror o‘qqa nisbatan inersiya momenti un- dagi barcha elementar yuzachalarni shu yuzachalardan o‘qqacha boMgan maso- falar kvadratlariga ko'paytmalarining yigMndisiga teng, ya’ni: l x = \ y 2d A ^ A 3.2’rasm. (3.11) (3.12) I y = j x 2dA A Inersiya momenti uzunlik birligining to‘rtinchi darajasida oMchanadi. Amaliyotda ko‘p xollarda konstruksiya ko‘ndalang kesimi oddiy geo- metriyaga ega boMadi. Oddiy shakllaming inersiya momentlarini yuqorida keltirilgan umumiy ifodalar bo‘yicha bevosita integrallab topish mumkin. Amaliyotda eng ko‘p tarqalgan shakllarni ко‘rib chiqamiz. To‘g ‘ri to ‘rtburchak. Ta’rifga ko‘ra markaziy OX o‘qiga nisbatan iner siya momenti kuyidagicha ifodalanadi: 7, = J У2^А A To‘g‘ri to‘rtburchakdan OX o‘qiga parallel boMgan chiziqlar yordamida dA elementar yuza- ;ha ajratamiz (3.3-rasm).Elementar yuzachaning yuzi kuyidagi tenglik bilan topiladi: dA = b • dy. Yuqorida keltirilgan formula orqali quyida gi ifodani topamiz: I ,-dA 3.3-r h Л I x = Jу -dA = b \ y 2 dy = 2b \ y 2dy = ^ - /. л L L (3.13) Xuddi shu yoM bilan у o‘qiga nisbatan ham inersiya momentini hisob- lab topish mumkin: hb 3 12 (3.14) Uchburchak. Uchburchakning asosidan o'tgan o ‘qga nisbatan inersiya momentini hisoblaymiz (3.4-rasm). Elementar yuzachaning eni by uchburchaklar o‘xshashligidan topiladi: by = ^ ( b - y ) . h Bu ifodani (3.8) formulaga qo‘ysak, quyidagi ifo- da hosil boMadi: I x = j y 2dA = ^ j y 2(h - y ) d y = bh 12 A 0 Ixtiyoriy о ‘qlarga nisbatan inersiya moment lari bilan bir qatorda qutb inersiya momentlari ham 78 bor. Qutb inersiya momenti elementar yuzachalar- ni shu yuzachalardan koordinata boshigacha bo‘lgan masofalar kvadratlari ko‘paytmalarining yig‘indisiga teng, ya’ni: (3.15) Topilgan ko‘rsatgich asosida 3 . 6 -rasmdan foy dalanib, quyidagi tenglikni isbot qilish mumkin: W . + V (3-16) Tekis shaklning o‘zaro perpendikular o‘qIarga nisbatan markazdan qochirma iner siya momenti undagi barcha elementar yuza- chalarni shu yuzachalardan o‘qlarigacha boMgan masofalarga ko‘paytmalarining yigMndisiga teng, ya’ni: = jxydA (3.17) Doira. Doira uchun avval qutb inersiya momentini, so‘ngra u orqali markaziy o‘qlarga 3.6-rasm. nisbatan inersiya momentlarini topish qulay. Ikkita radius bo'yicha konsentrik aylanalar bilan qirqilgan elementar yuza cha ajratamiz. Bu holda elementar yuzacha quyidagicha aniqlanadi: dA = 2np dp . Butun yuza bo‘yicha qutb inersiya momenti quyidagi formuladan topiladi: г f 2 i л о V i j n r 4 Ip = \ p dA = 2 n \p -d p = — = — - A 0 Doiraning markaziy o‘qlarga nisbatan inersiya momentlari quyidagicha topiladi: I, 1 2 4 n d 4 ~64 Halqa. Halqaning inersiya momenti tashqi va ichki doiralar inersiya momentlarining ayirmasi sifatida topiladi: I x = I r = 2 2 4 bu yerda R - katta doiraning, r - kichik doiraning radiusi. 3. Qarshilik momenti. Tekis shaklning biron o‘qqa nisbatan qarshilik momenti deb shu o‘qqa nisbatan inersiya momentining o‘qdan eng uzoqda yotuvchi nuqtagacha boMgan masofaga boMgan nisbatiga aytiladi. Bu tavsif- ning oMcham birligi uzunlik birligining uchinchi darajasi orqali belgilanadi va konstruksiyalarni mustahkamlikka hisoblashda qoMlaniladi. Masalan, yuqorida ko‘rsatilgan oddiy kesim yuzalar uchun, xususan to‘g‘ri to'rtburchakli kesim uchun x0 o‘qqa nisbatan qarshilik momenti quyi dagicha topiladi: _ Jxо _ bh>-2 bh2 W' ° ~ h / 2 ~ 12-h ~ 6 Tekis shaklning yuzasi uchburchak boMsa: _ _ ehA • 3 _ eh~ ~ 2 l 3 h ~ 3 6 - 2 h ~ " 2 4 " Agar tekis shaklning yuzasi doira boMsa Jx0 n D 1 ■ 2 тг D* Wxо - = --------- = ------- D / 2 64 D 32 Qutb qarshilik momenti esa w _ Jp _ жР4 -2 _ л-Z)3 p ~ D l 2 ~ 32 D _ 1 б " 4. Inersiya radiusi. Tekis shaklning biror o‘qqa nisbatan inersiya radi usi shu o‘qqa nisbatan olingan inersiya momenti bilan shakl yuzasining nisbatini kvadrat ildizidan chiqarilgan qiymatiga teng, ya’ni: Inersiya radiusi uzunlik birligida oMchanadi. Bosh inersiya momentlari asosida topilgan inersiya radiusiga bosh inersiya radiuslari deyiladi. Bosh markaziy o‘qlarga bosh inersiya radiusi to‘g‘ri keladi: 3.2. Parallel o ‘qlarga nisbatan inersiya momentlari orasidagi bog‘lanish J . 7 - r a s m . Tekis shaklning OX va OY o ‘qlariga nisbatan inersiya momentlari berilgan deb faraz qilaylik. Berilgan o‘qlarga parallel boMgan yangi 0,X , va 0,Y, o‘qlariga nis batan inersiya momentlarini topish talab eti- ladi (3.7-rasm): y t = у + a , X \ = x + b. Olqqa nisbatan inersiya momentlarining umumiy formulasidan foydalanib, quyidagini topamiz: Ai = \yfdA = | (у + a)2dA = Jy2dA + 2a jyd4 + a2 jdA = / v + 2aSr + a2 A Xuddi shunday yoM bilan quyidagini topishimiz mumkin: ly = Iy + 2bSy + cr A . Markazdan qochirma inersiya momenti uchun quyidagi formulaga ega boMamiz: = | ( у + я)(.у + 6 )сМ = j x y d A + + b j y d A = I x y + a b A + c t S y + b S x Bu formulalardagi Sx va Sy lar OX va OY o‘qlariga nisbatan tekis shakl ning statik momentini bildiradi. Agar bu o‘qlar markaziy o‘qlar boMsa, Sx=0, Sy=0, boMadi. Unda markaziy o‘qlarga parallel boMgan o‘qlarga nisbatan inersiya momentlari formulasi quyidagi ko‘rinishga ega boMadi: A, = l y +b 'A = I v +abA (3.19) Bu formulalardan ko‘pincha murakkab shakllaming inersiya moment larini topishda foydalaniladi, dastlabki ikkita formulani hadlab qo‘shib, Ip, = /*! + 7y, ekanligini hisobga olsak, qutb inersiya momenti uchun qu yidagi formula hosil boMadi: Bu formulalardan ko‘rinib turibdiki, markaziy o'qlarga nisbatan inersi ya momentlari unga parallel bo‘lgan ixtiyoriy o‘qlarga nisbatan inersiya momentlaridan kichik boMadi. 1-misol. Agar to‘g‘ri to‘rtburchakning markaziy o‘qiga nisbatan inersi ya momenti berilgan boMsa, asosidan o ‘tuvchi o‘qqa nisbatan inersiya mo menti topilsin. Yuqorida keltirilgan formuladan foydalanib, quyidagini topamiz: I у — / .. + a A —------ 1 - (—) bh —---- л' ' 12 2 3 3.3. 0 ‘qlar burilganda inersiya momentlari orasidagi bogManisb OX va OY o‘qlariga nisbatan inersiya momentlari berilgan deb faraz qilaylik. Berilgan o ‘qlarga nisbatan a burchakka burilgan (3.8-rasm) U va V o ‘qlariga nis batan inersiya momentlarini topish talab etiladi. Ixtiyoriy dA yuzachani ajratamiz va uning yangi o‘qlaridagi koordinatalarini eski o‘qlardagi koordinatalari orqali ifoda- laymiz: v = ^ co sa-x sin a r и = jvsina + д: cos or Ou o‘qiga nisbatan inersiya momentini topamiz: lu = ^rdA = J(vcos a - x s m a f d A = cos 2 a jy 2dA+sirr a jx :d4~2sina-cosa jyxdA A A A A A j y 2dA = Ix j x 2dA - Iy jxydA = Ixy 3.8-rasm. A A A Ekanligini hisobga olib quyidagini topamiz: 1„ = 7r cos 2 a + I sin 2 a - sin 2 a . Xuddi shunday yoM bilan quyidagini aniqlash mumkin: L = 1 sin 2 a + cos 2 a + sin 2 a . Markazdan qochirma inersiya momenti uchun quyidagi ifodaga ega boMamiz: I n = J((ycosa-xsina)>'ccsa+xsina) 2 «-sin 2 a) jx\d4 yoki Im.= — ^—^-sin 2 (3.21) Shunday qilib, o‘zaro peфendikular ikkita o‘qqa nisbatan inersiya mo mentlari va markazdan qochirma inersiya momenti ma’lum bo‘lsa ushbu nuqtadan ixtiyoriy boshqa o‘qlarga nisbatan inersiya momentlarini topish mumkin. Shuni aytish lozimki, agar ifodalami hadlab qo‘shsak, ma’lum tenglik- ni olamiz: 3.4. K o‘ndalang kesimlardagi asosiy o ‘q!ar, bosh inersiya o ‘qlari va bosh inersiya m omentlari Har qanday tekis yuzada turli o‘qlarga nisbatan inersiya momentlari turlicha bo‘ladi. Shuning uchun o ‘qlarga ta’riflar beriladi. Agar o‘qlar ko‘ndalang kesimning markazidan o‘tgan boMsa markaziy o‘qlar deyiladi. Undan tashqari asosiy o‘qlar ham bo‘lib, bu o‘qlarning holati markazdan qochuvchi inersiya momentining qiymatiga bog‘liq. Ixtiyoriy o‘qIarga nisbatan inersiya momenti (a-burchakka burilgan o‘qqa nisbatan) J u = J x cos 2 a - J x y sin 2a + J y sin 2 a ; J v = J x sin 2 a + sin 2 a + J y cos 2 a ; (a) J X+ J y = J „ + J v d J n * о 2J*> Agar ~тгг_ 0 boMsa, и holda lS ^ a т _ j boMadi. ал J у J x Inersiya momentlarining qiymati ekstremal qiymatga ega boMgan o‘qlar kesimning asosiy o‘qi deb yuritiladi. Agarda asosiy o‘qlarimiz ke simning markazidan o‘tkazilsa, bunday o'qlami bosh markaziy o‘qlar deb ataladi. Bu bosh o‘qlarga nisbatan bosh inersiya momentlari quyidagi for mula yordamida topiladi: J x + J y J - J x J v = -------------- ------- cos2a - J sin 2a . 2 2 v Bosh o‘qqa nisbatan bosh inersiya momenti quyidagicha aniqlanadi: J„ - —------ - —cos 2 a + J sin 2 a . " 2 2 v ■ Formuladan ko‘rinib turibdiki, ixtiyoriy o‘qqa nisbatan inersiya moment- ining qiymati og‘ish burchagi a ga bog‘liq. Og‘ish burchagining shunday a 0 qiymatini topish mumkinki, bunda inersiya momenti ekstremal qiymatga erishadi. Ekstremumni topish uchun (a) ifodaning birinchi hosilasini nolga tenglab, a = a 0 deb olamiz: — = -21v cos a 0 sin a 0 + 2 /,. sin a 0 cos a 0 - 2 I cos a 0 = 0 d a yoki (Ix - I y) sin 2 a 0 + 21 ^ cos 2a0 = 0 , undan 2I*y tg2a0 = - y — r ( 3 . 2 2 ) У 3.22 tenglama a 0 burchak uchun ikkita a 0 va a Q = a 0 +90° ildizlarga ega beradi, demak, o‘zaro peфendikular bo‘lgan shunday ikkita o‘q mavjud- ki, ularga nisbatan inersiya momentlari ekstremal qiymatlarga erishadi. Bunday o‘qlar bosh inersiya o‘qlari, ularga nisbatan olingan inersiya momentlari bosh inersiya momentlari deb ataladi. Agar bosh o'qlami и va v bilan belgilab a burchak o‘miga a 0 ni qo‘ysak bosh inersiya momentlarini topish uchun quyidagi ifodalami hosil qilamiz: J „ + J V= J y + J ; = J p . (3.23) J„ - j v =( Jy - J z) c o s 2 a - 2Jy_ sin2 a 0. (3.24) Markazdan qochirma inersiya momenti J n ning qiymatini (3.22) dan (3.24) formulaga qo'yib, hosil boMgan tenglamani (3.23) formulaga hadlab qo‘shsak bosh и o‘qqa nisbatan olingan bosh inersiya momenti kelib chiqadi: J у + J . J у J : J y J - sin 2 cc0 + J J у — J z J J =-*■------ + -1------co s 2 a 0 + —--------------- 2 - = ^ ------+ ^ ----- ---------- 2 2 2 cos 2 a 0 2 2 cosa0' 1 Bundan - ni (3.22) formuladan foydalanib, quyidagi ifoda bilan CUj £(£ q almashtiramiz: ■ = ±yj\ + tg22a0 = ± J l + - cos 2 or 0 v ° - -y va quyidagilami olamiz 1 , = ^ [ (У + У,) ± ^ - Л ) 2 + 4 ^ ] ; (3.25) J. = | [ y + -',> ± V<-' - л > ! + 4 - £ ] . р а д Bosh o ‘qlar quyidagi xususiyatlarga ega: 1.Bosh o‘qlar ga nisbatan kesimning markazdan qochirma inersiya momenti doimo nolga teng (J m, = 0 ). 2. Bosh o‘qlarga nisbatan inersiya momentlari ekstremal qiymatga ega, Уа ’ п! С S a ten & Formuladan ko‘rinib turibdiki, bosh inersiya momentlarining qiymati bevosita OX va OY o'qlariga nisbatan olingan inersiya momentlari orqali aniqlanadi. Shuning uchun ulami bosh inersiya o‘qlarining holatini bilmas- dan turib ham topish mumkin. Tekis shaklning kamida bir juft bosh inersiya o‘qi boMadi. Shaklning simmetriya o‘qlari bosh inersiya o‘qi bo‘la oladi. Markaziy inersiya o‘qining yo‘nalishi (3.22) quyidagi formuladan topi ladi: tg2a°= j J T (3-27) Bu yerda x0, y 0 tekis shakl ogMrlik markazidan o'tuvchi o‘qlar. a 0 -x 0 o‘qqa nisbatan bosh inersiya o‘qining yo‘nalishini belgilovchi burchak. Agar a ( 0 boMsa, uni x 0 o ‘qidan soat strelkasi harakati yo‘nalishida qo‘yish lo- zim (3.27) ifodani a 0 ning bir-biridan 90° ga farq qiladigan ikkita qiymati qanoatlantirganligi uchun ikkinchi bosh inersiya o‘qi birinchisiga perpendiku- lar holda yo‘naladi. Jx0)Jy0 boMganda, a 0 inersiya momenti maksimal qiymatga erishadi- gan o ‘qning holatini bildiradi. Bosh o‘qlar holatini quyidagi formula orqali aniqlash mumkin: 1 . I fS a i = 'r * : {S a 2 =' I - I ’ I - I v max v mm Bu yerda a, burchak 1 ^ inersiya momenti aniqlanadigan o‘q holatini, a 2 esa Imin hisoblanadigan o‘q holatini belgilaydi Konstruksiyani ratsional loyihalashda inersiya ellipsidan foydalanish maqsadga muvofiqdir. Buning uchun inersiya radiusi ifodasi boMmish Shaklning inersiya radiuslarini yarim o‘qlar sifatida qabul qilib, koordinata o‘qlarida ellipsni quramiz (3.9-rasm). Bunda OX o‘qi bo‘ylab iy radiusini, OY o‘qi bo‘ylab ix inersiya radiusini qo‘yamiz. Ellipsning tenglamasi: Bu ellips (rasmga qarang) shaklning inersiya ellipsi deb ataladi. Agar ikkita bosh inersiya o‘qlariga nisbatan inersiya momentlari teng boMsa, inersiya ellipsi doiraga aylanadi. Bunda ogMrlik markazidan o‘tuvchi barcha o‘qlarga nisbatan inersiya momentlari teng boMadi. Bunday kesim- Bunday kesimlarga doira, halqa, kvadrat va boshqalar kiradi. 3.6. Tekis yuzalarning geometrik tavsiflarini kompyuterda hisoblash algoritmi Yuqorida keltirilgan bilimlar asosida geometrik tavsiflaming kompyuter da hisoblash algoritmini keltiramiz. 1. Kesimni sodda boMaklarga boMish, ularga tegishli axborotlami kom- pyuterga kiritish, har bir yuza uchun statik momentlami aniqlash, ixtiyoriy OXY o‘qlarga keltirish amallarini bajaramiz. Faraz qilaylik, OX va OY o‘qlar qan- daydir shaklning bosh inersiya o ‘qlarini bildiradi. Bosh inersiya o‘qlariga nisbatan a burchak ostida og'gan o‘qqa nisbatan inersi- * ya momentini yozamiz (3.9-rasm.): 4 - 3.9-rasm. I и = h cos: a + h sin 2 or. Tenglikning ikkala tomonini A ga boMib, quyidagini hosil qilamiz: гI = i] cos 2 a + г 2 sin’’ a (3.29) (3.30) lar uchun ogMrlik markazidan o‘tuvchi barcha o‘q!ar bosh o‘qlar boMadi. 2. Berilgan kesim markazi (YCXC ) koordinatalarini aniqlaymiz. 3. Topilgan markazdan o‘tuvchi o'qlarga parallel o'qlar o‘tkazib shu o‘qlarga nisbatan markazdan qochirma va oddiy inersiya momentlarini (I„, Iy) hisoblaymiz. 4. Yuqorida keltirilgan formulalar (3.21), (3.25) va (3.26) asosida bosh markaziy inersiya momentlarini aniqlaymiz. 5. Bosh markaziy o‘qlaming holatini — -T?’ — 7 — T e n g y o n lim a s b u r c h a k lik asosida hisoblaymiz. Agarda soddalashtirilgan kesimlar standart profillardan iborat bo‘lsa, u holda kompyuterga tegishli axborotlarni jadval ko'rinishda kiritamiz. 6 . (3.18) va (3.19) formulalar yordamida bosh o‘qlarga nisbatan inersi ya radiuslarini aniqlaymiz. 7. Inersiya ellipsi va (3.28) formu la asosida ixtiyoriy o‘qlarga nisbatan (a=30°, 45°, 60°) markazdan qochirma inersiya momentlarini hisoblaymiz. Quyida algoritm asosida (Pentium kompyuteri yordamida) hisoblangan mi sol natijasi keltirilgan. Murakkab shaklning geometrik tavsiflari: vertikal qism - 600x20, gor izontal qism 400x20. V e r tik a l qism I S h v e lle r G o r iz o n ta l q is m 3.10-rasm. Shveller №30 h = 300 mm b = 100 mm a = 6,5 mm t = 11 mm Z 0 = 2,52 F = 40,5 sm 2 Ix = 5810 sm 4 I„ = 327 sm 4 xT > t 4 Д к л t - 1 I _o Ш Ш Ш . Ш Ш //М к h ------------ * Teng tomonli boMmagan burchaklik 160x100x12 №16/10 В = 160 mm b = 100 mm t = 12 mm X 0 = 2,36 sm Y 0 = 5,32 sm F = 30 sm 2 = 784 mm = 239 sm 4 = 142 cm 2 u(min) tga = 0,388 a = 21 °12 2.Kiritish uchun berilgan ma’lumotlar quyidagi jadvalda keltirilgan: 5-jadval. Sodda shakl maydoni Sodda shakl og'irlik markazi koordinatasiga nisbatan yordamchi о 'qlar Prokatlar imrsiyasi momenti shakli Xt marktciy o'adan sodda shakl marlaciy og'irlik markazigacha bo’lgan masofa \ marktciy о "adan sodda shakl mariuniy og'irlik markazigacha bo lgan masofa As chal mt a io isiy bur- ik inersiya menu va sosiy o’ ylashishi n К Y* ** к К be, h be, <4 d] a3 «4 Pi h h iL iL n sm *sm: sm: sm- smsmsm smsm smsmsm sm' sm' sm' sm* smsmsmsm smsmsmsm sm' sm' оrt С to о 8 «id oCO * 1 ' «■ * « * rt о n rt a г* « <4 ri f* M n rt e. n л rt n * в h» о C O w * Download 78.98 Kb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|