E
M
ρ
ρ
Bu yerdan
x
x
EI
M
=
ρ
1
. Oliy matematika kursidan ma’lumki
2
/
3
2
2
2
1
1
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
dz
dy
dz
y
d
ρ
Birinchi tartibli hosila kvadratini tashlab yuborsak
)
5
.
8
(
1
2
2
2
2
x
x
EI
M
dz
y
d
yoki
dz
y
d
=
=
ρ
Bu ifodaga egilgan balka o‘qi differensial tenglamasi deyiladi.
(8.5) ifodani Juravskiy differensial bog‘lanishlari (II-bob,
5-§)
bilan solishtirib, o‘zgarmas ko‘ndalang kesimli sterjen uchun bir qator
differensial bog‘lanishlar olamiz:
)
6
.
8
(
,
Q
,
,
4
4
3
3
2
2
dz
y
d
EI
q
dz
y
d
EI
dz
y
d
EI
M
dz
dy
x
x
x
=
=
=
=
ϕ
Ushbu tenglamalardan shunday xulosa chiqarish mumkin: agar
egilishdagi balkaga moment ta’sir qilsa, elastiklik chizig‘i ikkinchi
195
tartibli egri chiziq, bir nuqtada ta’sir etuvchi (
q = 0,
Q
= const
) kuch
ta’sir etsa, uchinchi tartibli chiziq, tekis taqsimlangan kuch (
q = const
)
ta’sir etsa, to‘rtinchi tartibli egri chiziqdan iborat bo‘lar ekan.
Sterjen elastiklik chizig‘i koordinatalari, ya’ni
)
(
,
)
(
2
1
z
f
z
f
y
=
=
ϕ
bog‘lanishlarni topish uchun balka o‘qi asosiy
differensial tenglamalarini (8.6) integrallash kerak
M
x
– ichki kuchlar
eguvchi momenti
z
funksiyasi bo‘ladi.
Egilishdagi bikrligi
EI
=
const
bo‘lgan sterjenlar uchun integrallash
natijasida
С
dz
z
M
dz
dy
x
+
=
∫
)
(
yana bir marta integrallasak
D
Ñz
dz
z
M
ó
x
+
+
=
∫
∫
)
)
(
(
bu yerda,
C
va
D
– integral
o‘zgarmaslari
x
Е
I
M
dz
y
d
dz
dy
=
=
2
2
,
ϕ
ekanligini hisobga olib egiluvchi
sterjen solqiligi va burilish burchagi tenglamasini olamiz
[
]
[
]
)
7
.
8
(
)
(
1
)
(
1
⎪
⎪
⎭
⎪⎪
⎬
⎫
+
+
=
+
=
∫ ∫
∫
D
Cz
dz
z
M
dz
EI
y
C
dz
z
M
EI
x
x
ϕ
Masalalarni amalda yechishda
C
va
D
integral o‘zgarmaslari
sterjen mahkamlash shartidan aniqlanadi. Ularni misollarda aniqlashni
ko‘ramiz.
Tekis taqsimlangan yuk bilan yuklangan konsol burilish burchagi
va solqiligi tenglamasi tuzilsin (8.25-rasm).
8.25-rasm. Tekis taqsimlangan yuklama bilan yuklangan balkaning
solqiligi.
Sanoq boshini
O
nuqtada olamiz, sxema bitta uchastkadan iborat.
196
2
)
2
(
2
)
(
2
2
2
2
2
z
lz
l
q
dz
y
d
EI
z
l
q
M
x
+
−
=
−
−
=
Bu ifodani ikki marta integrallaymiz.
∫
∫
+
+
+
−
−
=
+
+
−
−
=
+
+
−
−
=
+
−
−
=
=
D
Cz
z
lz
z
l
q
dz
Ñ
z
lz
z
l
q
EIy
C
z
lz
z
l
q
dz
z
lz
l
q
EI
dz
dy
EI
)
12
3
2
(
2
)
3
(
2
)
3
/
2
/
)
2
(
(
2
)
2
(
2
4
3
2
2
3
2
2
3
2
2
2
2
ϕ
D
va
C
larni aniqlash uchun burilish burchagi va solqiligi ma’lum
nuqtalardan foydalanamiz. Sanoq boshi
O
nuqta shunday nuqta
hisoblanadi,
z = 0, y
0
=
φ
0
=0
. Ushbuni birinchi tenglamaga qo‘ysak
φ
=
0, z= 0
bu yerda C=
0
ikkinchi tenglamga qo‘ysak
y= 0, z= 0, C= 0,
mos ravishda
D= 0.
Demak burilish burchagi tenglamasi ko‘rinishi
6
2
2
3
2
2
qz
qlz
z
ql
EI
−
+
−
=
ϕ
Solqilik tenglamasi (elastiklik chizig‘i tenglamasi) ko‘rinishi
24
6
4
4
3
2
2
qz
qlz
z
ql
EI
y
−
+
−
=
Ushbu tenglamalardan konsol chetidagi
A
nuqtada
y
va
φ
lar
o‘zining eng katta qiymatlariga erishishi kelib chiqadi, bu hol 8.25-
rasmda ham ko‘rinib turibdi.
z
A
koordinatasi l ga teng bo‘lgani uchun
6
2
2
3
3
3
qz
ql
ql
EI
A
−
+
−
=
ϕ
, ya’ni
24
6
4
6
4
4
4
3
max
qz
ql
ql
EJ
y
EI
ql
A
A
−
+
−
=
−
=
=
ϕ
ϕ
ya’ni
EI
ql
EI
ql
y
y
A
8
24
3
4
4
max
−
=
−
=
=
Manfiy ishora
A
nuqtadan o‘tuvchi ko‘ndalang kesim soat strelkasi
yo‘nalishida burilganini, konsol o‘qidagi nuqta esa pastga ko‘chganini
bildiradi. Olingan solqilik o‘lchov birligi
sm.
197
Solqilik kattaligini baholash uchun oldingi masalani
q = 2 t/m,
l
=
3 m
, konsol qo‘shtavrli ko‘ndalang kesimga ega deb yechamiz. Eng
katta eguvchi moment
m
t
ql
M
x
⋅
=
⋅
=
=
9
2
9
2
2
2
max
Egilishdagi mustahkamlik shartidan
[ ]
.
560
1600
900000
3
max
sm
M
W
x
x
=
=
=
σ
Sortamentdan
W
x
= 597 sm
3
bo‘lgan
33 qo‘shtavrni tanlaymiz. Bu qo‘shtavr inersiya momenti
9840 sm
4
ga
teng.
Eng katta burilish burchagi
rad
À
00455
,
0
9840
10
2
6
)
300
(
20
6
3
=
⋅
⋅
⋅
=
ϕ
Eng katta solqilik
sm
y
y
A
03
,
1
9840
10
2
8
)
300
(
20
6
4
max
−
=
⋅
⋅
⋅
−
=
=
Eng katta solqilikning konsol umumiy uzunligiga nisbati
0035
,
0
300
03
,
1
max
≈
=
l
y
, ya’ni konstruksiya o‘lchamlariga nisbatan solqilik
juda kichik.
Tekis taqsimlangan kuch ta’sir etuvchi, ikkita tayanchda yotuvchi
balka uchun burilish burchagi va solqilik tenglamasini tuzamiz (8.26-
rasm).
8.26-rasm. Ikkita tayanchda yotuvchi tekis taqsimlangan kuch bilan
yuklangan balka solqiligi.
Qo‘yilgan kuch va balka simmetrikligidan, tayanch reaksiyalari
o‘zaro teng, ya’ni
2
2
1
ql
R
R
=
=
. Balka bitta uchastkadan iborat.
M
x
eguvchi moment tenglamasi
2
2
2
qz
z
ql
M
x
−
=
.
198
Elastik chiziq asosiy differensial tenglamasi
)
2
2
(
1
2
2
2
qz
z
ql
EI
dz
y
d
−
=
Uni ikki marta integrallaymiz:
∫
∫
+
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
−
=
+
−
=
−
=
=
D
Ñz
z
lz
q
dz
C
z
lz
q
y
EI
Ñ
z
z
l
q
dz
z
lz
q
EI
dz
dy
EI
12
6
2
3
2
2
)
3
2
(
2
)
(
2
4
3
3
2
3
2
2
2
ϕ
Umumiy holda balkada burilish burchagi ma’lum bo‘lgan
ko‘ndalang kesim yo‘q, ammo simmetrik yuklama bilan yuklangan
simmetrik balkalar bundan istisno, chunki ularning deformatsiyasi ham
simmetrik bo‘ladi va simmetriya o‘qi bilan mos keluvchi kesim burilish
burchagi nolga teng bo‘ladi.
C
va
D
integral o‘zgarmaslarini aniqlash
uchun tayanchlarda solqilik nolga tengligi shartidan foydalanamiz. Chap
tayanchda
z = 0,
uni solqilik tenglamasiga qo‘ysak
0
=
D= 0
, bu yerdan
D
= 0
o‘ng tayanchda
z= l
va
0
)
12
6
(
2
4
4
=
+
−
l
С
l
l
q
, bu yerdan
24
3
ql
С
−
=
. Demak berilgan balka burilish burchagi tenglamasi ko‘rinishi
24
6
4
3
3
2
ql
qz
z
ql
EI
−
−
=
ϕ
0
24
48
16
2
24
24
0
4
4
4
3
2
3
1
=
−
−
=
=
=
=
−
=
=
EI
ql
EI
ql
EI
ql
da
l
z
EI
ql
da
l
z
EI
ql
da
z
ϕ
ϕ
ϕ
Bu natija bir tomondan o‘tkazilgan hisoblashlarni to‘g‘riligini
tekshirish, ikkinchi tomondan berilgan balka uzunligi o‘rtasida burilish
burchagi nolga tenglashdan integral o‘zgarmas
C
ni topish uchun kerak
24
,
0
48
16
,
'
2
0
6
4
3
3
2
3
2
ql
Ñ
yerdan
bu
Ñ
qz
z
ql
lsa
bo
l
z
Ñ
qz
z
ql
−
=
=
+
−
=
=
+
−
Solqilik tenglamasi ko‘rinishi
199
0
384
5
2
0
0
24
24
12
4
3
4
3
=
=
−
=
=
=
=
−
−
=
y
da
l
z
EI
ql
y
da
l
z
y
da
z
z
ql
qz
z
ql
y
EI
Olingan yechim to‘g‘riligini tasdiqlaydi.
Bir nuqtada ta’sir etuvchi
P
kuch qo‘yilgan, ikkita tayanchda
yotuvchi balka elastiklik chizig‘i tenglamasini va kuch qo‘yilgan nuqtasi
ko‘chishini topamiz (8.27-rasm).
8.27-rasm. Bir nuqtaga qo‘yilgan ikkita tayanchda yotuvchi balkani
solqilikka hisobi.
Sanoq boshini chap tayanchda olamiz. Brus chap va o‘ng
uchastkalarida eguvchi momentlar
)
(
,
2
1
a
z
P
z
l
b
P
M
z
l
b
P
M
−
−
=
=
Ikki marta integrallasak
)
2
6
6
(
)
6
(
4
3
2
3
3
2
2
1
3
1
C
z
C
z
a
z
z
l
b
EI
P
y
C
z
C
z
l
b
EI
P
y
x
x
+
+
+
−
=
+
+
=
Integral o‘zgarmaslari brus mahkamlash shartidan va birinchi
uchastkadan ikkinchi uchastkaka o‘tishdagi uzluksiz shartidan topiladi,
ya’ni
z = 0
da
y= 0
,
z = a
da
φ
1
=
φ
2
.
0
,
2
1
2
1
1
=
=
=
y
da
l
z
y
y
200
Bu shartlardan
6
,
)
2
(
6
0
,
)
2
3
(
6
3
4
2
2
3
2
2
2
1
a
C
a
l
l
a
C
C
a
l
al
l
a
С
=
+
−
=
=
−
−
=
Demak
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
+
−
+
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
+
=
6
)
2
(
6
2
)
(
6
)
2
3
(
6
6
3
2
2
2
3
2
2
2
3
1
a
a
l
l
a
z
az
l
b
z
EI
P
y
a
l
al
l
az
z
l
b
EI
P
y
x
x
P
kuch qo‘yilgan nuqtada
)
(
3
2
2
2
1
a
l
l
EI
a
P
y
y
x
−
−
=
=
Agar kuch balka o‘rtasiga qo‘yilgan bo‘lsa
x
EI
a
P
y
y
48
2
max
1
−
=
=
Brus egilganda kuch qo‘yilgan nuqta
y
koordinatasi manfiy chiqdi.
Brus
y
o‘qining musbat yo‘nalishiga qarshi tomonga egilgan. Bir necha
qismdan iborat balkalarda elastiklik chizig‘i ko‘rinishini topish qiyin
ekanligini ko‘rilgan misollardan ma’lum bo‘ldi. Har bir uchastka
tenglamasida integrallashda ikkitadan o‘zgarmas hosil bo‘ladi. Agar
balka
n
ta uchastkadan iborat bo‘lsa,
2n
ta o‘zgarmaslarni topish uchun
2n
ta tenglamani birgalikda yechishga to‘g‘ri keladi.
Bikrligi
EI
x
o‘zgarmas bo‘lgan balka uchun yuqoridagi kabi
qiyinchilikdan oson qutulish mumkin, buning uchun elastiklik chizig‘i
tenglamasini tuzishda ma’lum qoidalarga amal qilish kerak.
Eng ko‘p uchraydigan kuch omillari bilan yuklangan brusni
ko‘raylik. Kuchlar sifatida bir nuqtada ta’sir etuvchi
Do'stlaringiz bilan baham: |