§1. Қиманың статикалық моменттері

77 
 
59-ǧǩǦǛǨ 
 
59-сурет                                      60-сурет
Eкiншi  формулаларды  ескерiп,  статикалық  моменттердiң  жаңа 
координаталар жүйесiндегi шамаларын аламыз:
2
1
,
x
x
S
S
c A
=
− ⋅
              
2
1
.
y
y
S
S
a A
=
− ⋅
           (5.4)
Сонымен,  осьтердi  өзіне  параллель  жылжытқанда,  статикалық 
момент тер,  аудан  мен  сол  жылжыған  ара-қашықтықтың 
көбейтiндiсiне өзгередi.
Мысалы, үшбұрыштың 
1
x
 осiндегi статикалық моментiн есепте-
геннен кейiн, осы оське параллель жəне бұл осьтен 
5
h
 қашықтықта 
жатқан 
2
x
 осiндегi статикалық моментiн табайық (61-сурет).
(5.1)  формуланы  қолданамыз:   
1
x
A
S
y dA
=
⋅
∫
.  Бұл  формула-
ны  қолдану  үшiн 
1
x
  оciнeн 
y
  қашықтықта  элементар  аудан – 
y
dA b dy
= ⋅
 
бөлiп аламыз.
 
61-сурет

78
Үшбұрыштардың  ұқсастығынан b
у
 шамасын табамыз.
1
y
h y
b
h
−
=
.
Интегралға қоямыз, сонда
(
)
1
1
1
0
h
x
b
S
h y
y dy
h
=
−
⋅ ⋅
∫
Интегралды алғаннан кейiн
2
1
6
x
b h
S
⋅
=
Ендi х осiндегi статикалық моменттi (S
x2
) табайық, ол үшiн (5.4) 
формулаларды қолданамыз.  
2
1
x
x
S
S
c A
=
− ⋅
,          
1
(
,
)
5
2
h
c
A
b h
=
=
⋅
2
2
2
1
6
5 2
15
x
b h
h
bh
S
bh
⋅
=
− ⋅
=
.
Сонымен,  үшбұрыштың,  өзiнiң  табанына  параллель,  одан  5
h
 
шамасындағы қашықтықта орналасқан осьтегi статикалық моментi 
2
2
15
x
b h
S
⋅
=
 шамасына тең.
§2. Орталық осьтер. Қиманың салмақ центрі
Статикалық моментi нөлге тең осьтер, орталық осьтер деп атала-
ды. Өзара параллель осьтердiң тек бipeyi ғана орталық болады. 
Қиманың  орталық  осьтерiн  табу  үшiн  өткен,  параграфтағы 
төртiншi формулаларды қолдануға болады. Ол үшiн, х
2
 , у
2
 орталық 
осьтер  болсын  да,  х
1
  жəне  у
1
  кез  келген  осьтер  болсын.  Орталық 
осьтердiң анықтамасы бойынша
2
0
y
S
=
,                                         (5.5)
Сонда
   
1
0
,
x
S
c Ⱥ
 
 ˜
      
1
0
y
S
a Ⱥ
 
 ˜
. 
Бұл жердегi с жəне  а кез келген осьтерден (х
1
у
1
) орталық осьтерге 
дейiнгi ара-қашықтық. Яғни   

79 
1
,
x
ɨɪɬ
S
c
y
Ⱥ
 
 
       
1
y
ɨɪɬ
S
a x
Ⱥ
 
 
   
      (5.6)
Орталық осьтердiң өзара қиылысу нүктесi, қиманың салмақ цен-
трi болып табылады.
Материалдар кедергiсiнiң көптеген есептерiнде, қиманың салмақ 
центрiн бiлу өте қажет. Сондықтан, қиманың салмақ центрiн табуға 
есептер қарастырайық.
1) Өткен параграфта есептелген, биiктiгi һ табаны - в үшбұрыштың 
салмақ  центрiнiң,  оның  табанынан  қанша  жерде  орналасқанын 
табайық.  Ол  үшiн  кез  келген  х
1
  оciн  жүргiземiз.  Бұрынғы  есептiң 
нəтижесiн  пайдалану  мақсатымен,  бұл  осьтi  үшбұрыштың  табаны 
арқылы жүргiземiз (62-сурет).
Бұл осьтегi статикалық момент
2
1
6
x
b h
S
⋅
=
.
Осы параграфтағы екiншi формуланы қолданамыз, яғни
2
1
6
1
3
2
x
ɨɪɬ
bh
S
h
y
Ⱥ
b h
 
 
 
˜
. 
Сонымен,  үшбұрыштың  салмақ  центрi,  табанынан 
3
h
 
шамасындағы қашықтықта жатады (62-сурет).
2)  Келесi 63-ші  суретте  көрсетiлген,  жарты  дөңгелектiң  салмақ 
центрiн  табу  керек  болсын.  Қиманың  бiр  симметрия  осi  бар, 
ол  ось – у.  Демек,  салмақ  центрi  осы  осьтiң  бойында  жатады. 
Бiздiң  мақсатымыз – бұл  қиманың  салмақ  центрi  х  осiнен  қандай 
қашықтықта жататынын табу.
           
                          

80
   
           
 
 
            62-сурет                                            63-сурет  
Ол үшiн, осы параграфтағы (5.6) формулаларды қолданамыз
                                   
1
x
ɨɪɬ
S
y
Ⱥ
 
.  
                                         (а)
Жарты дөңгелектiң ауданы:           
                        
2
2
R
Ⱥ
S
˜
 
.  
                                          (ə)
Шеңбердiң  теңдеуiн  қолданып,  жарты  дөңгелектiң  статикалық 
моментiн есептеймiз. Шеңбердiң теңдеуi: 
           
                                      
2
2
2
x
y
R
+
=
                                      (б)
2
2
2
2
2
3
0
0
0
2
2
3
R
x
R
R
x
R
x
R
y
S
ydxdy
dx
ydy
dx
R



 
 
 
 
³³
³
³
³
      (в)
Салмақ  центрiнiң  ординатасын  (а)  формуласын  пайдаланып  та-
бамыз, яғни
                            
   
3
2
2
3
0, 424
3
2
ɨɪɬ
R
AR
y
R
R
S
S
 
 
|
                        (г)
3)Тавр  қиманың (64-сурет)  салмақ  центрiн  табу  керек  болсын. 
Қиманың өлшемдері: 
1
2
60 ,
20 ,
50 ,
8 .
h
ɫɦ b
ɫɦ b
ɫɦ
ɫɦ
G
 
 
 
 
 

81 
64-cурет
Бұл қиманыңда бiр симметрия осi бар, ол ось – у. Демек, салмақ 
центрi осы осьтiң бойында жатады, яғни 
0
C
x
=
 болғандықтан, 
c
y
 
координатасын  тапсақ  жеткілікті.  Қиманы  екі  төртбұрыш  ретінде 
қарастырамыз: көлденең (
2
50,
8
b
δ
=
=
) жəне тік орналасқан 
(
1
60,
20
h
b
=
=
) төртбұрыш.
Көлденең төртбұрыштың статикалық моментін табу үшін, оның 
ауданын 
1
x
 осінен өзінің салмақ центріне дейінгі ара-қашықтыққа 
көбейтеміз, яғни
4
2
60 8
50 8
13600
2 2
2
2
k
k
h
S
A y b
ɫɦ
G
G
§
·
§
·
 
˜  
˜ ˜

 
˜ ˜

 
¨
¸
¨
¸
©
¹
©
¹
. 
Тавр  қиманың (64-сурет)  центрiн  табу  үшiн,  осы  параграфтағы 
(5.6) формулаларды қолданамыз:
1
0 13600
8,5
50 8 20 60
x
k
ɬ
ɨɪɬ
C
ɤ
ɬ
S
S
S
y
y
ɫɦ
A
Ⱥ
Ⱥ


 
 
 
 
 

˜ 
˜
¦
¦
.    
                              
Координатаның таңбасы оң болып шықты, демек қиманың салмақ 
центрі 
1
x
 осінен жоғары орналасқан (суретті қараңыз).
6–661

82
§3. Қиманың инерция моменттері
Қиманың  статикалық  моменттерiн  анықтайтын  интегралдардан 
басқа, тағы да бiрнеше интегралдарды қарастырайық.  Атап айтқанда
2
x
Ⱥ
J
y dȺ
 
³
,     
2
y
Ⱥ
J
x dȺ
 
³
,   
2
Ⱥ
J
dȺ
U
U
 
³
,   
xy
Ⱥ
J
xy dȺ
 
³
  (5.7)
Интегралдардың  алғашқы  екеуi,  қиманың  осьтiк  инерция 
моменттерi,  үшiншiсi – полярлық  инерция  моментi,  ал  соңғысы – 
центрден тепкiш инерция моментi деп аталады. Олардың өлшемдерi 
- мм
4
, см
4
, м
4
. Бұлар да қиманың геометриялық сипаттамалары болып 
табылады жəне координаталар жүйесiне тəуелдi болады. Осьтердiң 
жазықтықта  жылжуларына  байланысты,  инерция  моменттерiнiң 
қалай өзгеретiнiн зерттеу үшiн 65-суретке көңiл аударайық. Зерттелiп 
отырған  қиманың    x
1
o
1
y
1 
  жүйесiндегi  инерция  моменттерi  белгiлi 
болсын.
2
1
1
,
x
Ⱥ
J
y dȺ
 
³
2
1
1
y
Ⱥ
J
x dȺ
 
³
, 
1 1
1 1
x y
Ⱥ
J
x y dȺ
 
³
 
        (5.8)
Ендi бұл геометриялық сипаттамалардың x
1
o
1
y
1 
 жүйесiне парал-
лель болып орналасқан x
2
o
2
y
2 
 жүйесiндегi мəндерiн табайық.
2
2
2
,
x
Ⱥ
J
y dȺ
 
³
2
2
2
y
Ⱥ
J
x dȺ
 
³
, 
2 2
2 2
x y
Ⱥ
J
x y dȺ
 
³
  
(5.9)
Аталған суреттен 
2
1
y
y
c
=
−
      
2
1
x
x
a
= −
.
Бұл  шамаларды  үшiнші  интегралдарға  қойып,  екiншi  интеграл-
дар арқылы өрнектеймiз. Сонда:
      
         
2
2
1
1
2
x
x
J
J
cSx
c Ⱥ
 


˜
 
     
2
2
1
1
2
x
y
J
J
aSy
a Ⱥ
 


˜
                     
         
2 2
1 1
1
1
x y
x y
J
J
aSx
cSy
a c Ⱥ
 


 ˜ ˜
 
            (5.10)
Егер  де  х
1
  жəне  у
1
  осьтерi  орталық  осьтер  болса,  онда 
1
0
Sx
=
, 
1
0
Sy
=
.
Бұл кезде
.
.

83 
2
2
1
ɨɪɬ
x
x
J
J
c Ⱥ
 

˜
 
 
2
2
1
ɨɪɬ
y
y
J
J
a Ⱥ
 

˜
           
     
2 2
1 1
ɨɪɬ
x y
x y
J
J
a c Ⱥ
 
 ˜ ˜
 
  (5.11)
     
(5.7) формуладағы полярлық инрция моментін түрлендірейік. Ол 
үшін 65-ші суреттен 
2
2
2
x
y
ρ =
+
 мəнін сол формулаға қояйық:
2
2
2
2
2
(
)
y
x
A
A
A
A
J
dA
x
y dA
x dA
y dA J
J
ρ
ρ
=
=
+
=
+
=
+
∫
∫
∫
∫
    (5.12)
65-сурет
(5.11)  формулаларды  талдай  келе,  мынадай  қорытынды  жасай-
мыз:  қиманың  кез  келген  осьтерiндегi  инерция  моменттерi,  оның 
орталық осьтерiндегi инерция моменттерiнен көп болады.
1-есеп.  Биiктiгi  h  көлденеңi  в  тiктөртбұрыштың  қабырғаларына 
параллель  орталық  осьтерiндегi (х
1
,  у
1
)  жəне  қабырғалары  арқылы 
өтетiн  осьтердегi (х
2
,  у
2
)  инерция  моменттерiн  табу  керек  болсын. 
Ол үшін, х
1
 орталық осiнен у қашықтықта, қалыңдығы dy элементар 
тiлiм бөлiп аламыз (66-сурет).
Оның  ауданы 
dA dy b
=
⋅
.  Бұл  өрнекті  инерция  моменттерiнің 
формуласына қоямыз.
Ендi интегралды есептеймiз, яғни 
.

84
3
2
2
2
1
2
12
h
x
h
À
bh
J
y dA
y bdy
+
−
=
=
=
∫
∫
.                  (а)
Осы секiлдi:
    
3
1
12
y
hb
J
=
.                                    (б)
Енді  х
2 
жəне
 
у
2
  осьтерiндегi  инерция  моменттерін  табу  үшiн, 
(5.11) формулаларды қолданамыз.
2
2
1
x
x
J
J
c A
=
+
,    
2
2
1
y
y
J
J
a A
=
+
                (в)
Суреттен көрiнiп тұрғандай
2
h
c
=
,   
2
h
a
=
   (г)
66-сурет                  
Сонда
3
2
3
x
bh
J
=
,         
3
2
3
y
hb
J
=
                                 (д)
2-есеп.  Тұтас дөңгелектiң (67-сурет) осьтiк инерция моменттерiн 
(J
x
 ,J
y
) жəне полярлық инерция моментiн табу керек болсын. 

85 
67-сурет
Алдымен  полярлық  инерция  моментiн  табамыз.  Радиустары r 
жəне r+dr концентрлi  екi  шеңбердiң  көмегiмен,  элементар  сақина 
бөлiп аламыз. Оның ауданы -  
2
dA
d
πρ ρ
=
⋅
.
Полярлық инерция моментін табамыз.
(
)
4
4
2
2
3
0
0
2
2
4
32
K
K
R
D
J
dA
d
d
ρ
π
π
ρ
ρ
πρ ρ
π ρ ρ
=
=
⋅
=
=
=
∫
∫ ∫
∫
.
Осьтiк инерция моменттерi мен полярлық инерция моменттерiнiң 
арасындағы қатынас:
x
y
J
J
J
ρ
=
=
.
Тұтас дөңгелек үшiн  
x
y
J
J
=
   болғандықтан 
2
x
J
J
ρ
=
  немесе 
2
x
y
J
J
J
ρ
=
=
.
Сонымен 
4
2
x
y
D
J
J
π ⋅
=
=
 (өлшемдерi: м
4
, см
4
, мм
4
).
§4. Бас осьтер жəне бас инерция моменттері
Координата  осьтерi  өз  жазықтығында  белгiлi  бiр  бұрышқа 
бұрылғанда,  инерция  моменттерiнiң  қалай  өзгеретiнiне  көңiл 
аударайық.  Берiлген  қима  ХОУ    жүйесiне  бекiтiлiп,  оның  инерция 
моменттерi есептелiп қойсын.  Олар - J
x
, J
y
  жəне J
xy
 . Ендi, берiлген 
XOY жүйесiн a  бұрышына бұрайық. Бұл жүйенiң осьтерiн  и  жəне 
v деп белгiлеймiз (68-сурет). Осы жүйедегi инерция моменттерiн J
u,
 
J
v
  жəне  J
uv
  табу  керек.  Оларды  жоғарыда  келтiрiлген  формулалар 
арқылы табамыз, яғни
2
u
A
J
v dA
=
∫
,    
2
v
A
J
u dA
=
∫
,         
uv
A
J
uv dA
=
∫
.
 

86
68-сурет
Көрсетілген суреттен u жəне v   шамаларын бұрынғы жүйедегi х  
жəне у шамалары арқылы өрнектеу керек. Ол суреттегi ОВ=x,  AB=y 
болса  OD=u жəне AD=v  болып  табылады.  Осы  суреттегi  сынық 
сызықтардан  мынадай  қатынастар  аламыз:  u=OD=OK+KL+LD, 
v=AD=AC-DC;  OKB  үшбұрышынан  OK=OB·Cosa=xCosa  екенiне 
BLK үшбұрышынан KL=LB·Sina жəне ADL үшбұрыш   LD=AL·Sina 
екенiне көзiмiз жетедi.
Сонда
u xCos
LBSin
ALSin
xCos
ySin
α
α
α
α
α
=
+
+
=
+
.                    (5.13)
Осы секiлдi, ADL жəне  ODC үшбұрыштарын қарастырып,  v та-
бамыз:
xSin
Cos
υ
α
α
= −
+
                                (5.14)
Табылған шамаларды пайдаланып, жаңа жүйедегi геометриялық 
сипаттамаларды табайық.
(
)
2
u
A
J
yCos
xSin
dA
α
α
=
−
∫
,
(
)
2
V
A
J
ySin
xCos
dA
α
α
=
+
∫
,
(
)(
)
uV
A
J
yCos
xSin
ySin
xCos
dA
α
α
α
α
=
−
+
∫
.
Жақшаларды  ашып,  интегралдардың  қосындысы  ретiнде 
қарастырсақ:

87 
2
2
2
u
x
xy
y
J
J Cos
J Sin
J Sin
α
α
α
=
−
+
,
2
2
2
u
x
xy
y
J
J Sin
J Sin
J Cos
α
α
α
=
+
+
,                (5.15)
2
2
2
x
y
uV
xy
J
J
J
J Cos
Sin
α
α
−
=
+
.
Алдыңғы  екi  теңдеудiң  сəйкес  мүшелерiн  бiр-бiрiне  қоссақ, 
u
V
x
y
J
J
J
J
Const
+
=
+
=
      екенi  дəлелденедi.  Сонымен,  өзара 
перпендикуляр  екi  осьтердегi  инерция  моменттерiнiң  қосындысы 
α
    бұрышына  тəуелдi  болмайды,  яғни  осьтер  жүйесiн  қандай 
бұрыштарға бұрса да шамасы өзгермейдi деген қорытындыға келемiз. 
Инерция  моменттерiнiң  қосындысы  тұрақты  болу  үшiн,  оның  бiрi 
өскенде,  екiншiсi  азайып  отыру  керек.  Демек, 
α
  бұрышының 
белгiлi  бiр  мəнiнде,  бiр  инерция  моментi  өзiнiң  шарықтау  шегiне 
жетсе  (max),  екiншiсi  ең  төменгi (min)  деңгейде  болу  керек.  Осы 
кездегi бұрыштың мəнiн табу үшiн, үшiншi формуладағы J
u 
теңдiгiн 
α
 арқылы дифференциалдап, алынған өрнектi нөлге теңестiремiз.
2
2
xy
y
x
J
tg
J
J
α =
−
                                      (5.16)
Осы  формуладағы 
α
  бұрышының  шамасында  үшiншi 
формуладағы  центрден  тепкiш  инерция  моментiнiң  (J
v
)  нөлге  тең 
екенiн көремiз.
  Сонымен  центрден  тепкiш  инерция  моментi  нөлге  тең,  ал  осьтiк 
инерция моменттерi экстремаль шамаға ие болатын осьтер бас осьтер 
деп  аталады.  Сонымен  қатар,  егер  бұл  осьтер,  орталық  осьтер  болса, 
онда олар орталық бас осьтер деп аталады. Бас осьтердегi осьтiк инер-
ция моменттерi бас инерция моменттерi болып табылады.
Бас инерция моменттерiн есептеу оңай болу үшiн, үшiншi форму-
лаларды түрлендiрейiк.
2
2
2
2
x
y
y
x
u
xy
J
J
J
J
J
Cos
J
Sin
α
α
+
−
=
−
−
⋅
,
2
2
2
2
x
y
y
x
V
xy
J
J
J
J
J
Cos
J
Sin
α
α
+
−
=
+
+
⋅
.

88
Бұған қоса, 
2
1
1
2
Cos
tg
α
α
=
+
 жəне 
2
2
1
2
tg
Sin
tg
α
α
α
=
+
 
екенiн ескерiп, теңдiктердегi a бұрышынан құтыламыз. Сонда 
2
max
2
min
2
2
x
y
y
x
xy
J
J
J
J
J
J
+
−
⎛
⎞
=
±
+
⎜
⎟
⎝
⎠
       (5.17)
.

89 
6-тарау. ЫСЫРЫЛУ. БҰРАЛУ
        §1.  Таза ысырылу жəне оның ерекшеліктері туралы
Егер  конструкциядан  бөлініп  алынған  элементтің  қырларында 
тек  қана  жанама  кернеулер  пайда  болса,  онда  кернеулік  күй  таза 
ысырылу  деп  аталады.  В.И.  Феодосовтың  оқулығында  келтірілген 
екі мысалды алып қарайық (В.И. Феодосов. Сопротивление матери-
алов 1986ж.). 
Төңiрегi, өзара топсалы біріктірілген, қатаң бастырмалар арқылы 
бекітілген, пластинаға Р күші əрекет етіп тұр дейiк (69а–сурет). 
Пластинаның  əр  нүктесiндегi  жанама  кернеулер (69б–сурет) 
төмендегi формуламен табылатыны белгілі
P
τ
δ
=
⋅l
,
δ
-пластинаның қалыңдығы.
69
69-сурет
Бастырмалардың  маңындағы  алапта  кернеулер,  əрине,  басқаша 
заңмен таралғанымен, оларды Сен-Венан принципі бойынша елеме-
уге болады. 
Екінші  мысал  үшін  жұқа  қабырғалы  цилиндрді  алуға  болады 
(70,а-сурет). Оның екі қапталынан моменттер (m) əрекет етiп тұр деп 

90
есептейміз. Сыртқы момент пен жанама кернеулер (70,б,в-суреттер) 
арқылы өрнектелген ішкі күштердiң моментерiнiң теңдеуi бойынша
2
m
R k
τ π δ
= ⋅
⋅ ⋅ ⋅
,
70-сурет 
 
бұдан
2
2
m
R
τ
π
δ
=
⋅
⋅
                                   (6.1)
R- цилиңдрдің радиусы,
δ- цилиндрдің қабырғасының қалыңдығы. 

жүктеу/скачать 4,22 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: