Rozłożone obciążenie. Jak prawidłowo rozłożyć obciążenie na fazy ORAZ rozłożyć równomierne obciążenie na

Odległość między obciążeniami skupionymi jest taka sama, natomiast odległość od początku przęsła do pierwszego obciążenia skupionego jest równa odległości między obciążeniami skupionymi. W tym przypadku obciążenia skupione spadają również na początku i na końcu przęsła, ale jednocześnie powodują jedynie wzrost reakcji podpory, skrajnie skupione obciążenia nie wpływają na wartość momentów zginających i ugięć, dlatego nie są uwzględniane przy obliczaniu nośności konstrukcji. Rozważ to na przykładzie belek stropowych spoczywających na nadprożu. Cegła, która może znajdować się między nadprożem a belkami stropowymi i tworzyć równomiernie rozłożone obciążenie, nie została pokazana dla ułatwienia percepcji.

Obrazek 1... Przenoszenie obciążeń skupionych do równoważnego obciążenia równomiernie rozłożonego.

Jak widać na rysunku 1, definiującym momentem jest moment zginający, który jest wykorzystywany w obliczeniach wytrzymałościowych konstrukcji. Tak więc, aby równomiernie rozłożone obciążenie powodowało taki sam moment zginający jak obciążenie skupione, należy go pomnożyć przez odpowiedni współczynnik przeliczeniowy (współczynnik równoważności). A ten współczynnik jest określany na podstawie warunków równości momentów. Myślę, że Rysunek 1 bardzo dobrze to ilustruje. A także, analizując uzyskane zależności, możesz wyprowadzić ogólny wzór do określania współczynnika konwersji. Jeśli więc liczba zastosowanych obciążeń skupionych jest nieparzysta, tj. jedno z obciążeń skupionych koniecznie przypada na środek przęsła, wówczas można użyć wzoru do określenia współczynnika równoważności:

γ \u003d n / (n - 1) (305.1.1)

gdzie n jest liczbą przęseł między obciążeniami skupionymi.

q eq \u003d γ (n-1) Q / l (305.1.2)

gdzie (n-1) to liczba skupionych obciążeń.

Czasami jednak wygodniej jest wykonać obliczenia na podstawie liczby skupionych obciążeń. Jeśli ta wielkość jest wyrażona w zmiennej m, to

γ \u003d (m +1) / m (305.1.3)

W takim przypadku równoważne obciążenie równomiernie rozłożone będzie równe:

q equiv \u003d γmQ / l (305.1.4)

Gdy liczba skupionych ładunków jest parzysta, tj. żadne z obciążeń skupionych nie wpada w środek przęsła, wówczas wartość współczynnika można przyjąć jak dla następnej nieparzystej wartości liczby obciążeń skupionych. Generalnie, z zastrzeżeniem określonych warunków obciążenia, można przyjąć następujące współczynniki przejściowe:

γ \u003d 2 - jeżeli rozpatrywana konstrukcja, na przykład belka, otrzymuje tylko jedno skupione obciążenie w środku grodzi.

γ \u003d 1,33 - dla belki, na którą działają 2 lub 3 obciążenia skupione;

γ \u003d 1,2 - dla belki, na którą działają 4 lub 5 obciążeń skupionych;

γ \u003d 1,142 - dla belki, na którą działa 6 lub 7 obciążeń skupionych;

γ \u003d 1,11 - dla belki, na którą działa 8 lub 9 obciążeń skupionych.

Opcja 2

Odległość między obciążeniami skupionymi jest taka sama, natomiast odległość od początku przęsła do pierwszego obciążenia skupionego jest równa połowie odległości między obciążeniami skupionymi. W takim przypadku skupione obciążenia nie spadają na początek i koniec przęsła.

Zdjęcie 2... Wartości współczynników przejścia dla 2. wariantu przyłożenia obciążeń skupionych.

Jak widać na rysunku 2, przy tej opcji obciążenia wartość współczynnika przejścia będzie znacznie mniejsza. Na przykład przy parzystej liczbie skupionych obciążeń współczynnik przenoszenia można ogólnie przyjąć jako równy jeden. W przypadku nieparzystej liczby obciążeń skupionych wzór można wykorzystać do określenia współczynnika równoważności:

γ \u003d (m +7) / (m +6) (305.2.1)

gdzie m jest liczbą skupionych obciążeń.

W takim przypadku równoważne obciążenie równomiernie rozłożone będzie nadal równe:

q equiv \u003d γmQ / l (305.1.4)

Generalnie, z zastrzeżeniem określonych warunków obciążenia, można przyjąć następujące współczynniki przejściowe:

γ \u003d 2 - jeśli tylko jedno obciążenie skupione w środku grodzi spada na rozważaną konstrukcję, na przykład belkę, i czy belki stropowe spadają na początku lub na końcu przęsła, czy też są umiejscowione dowolnie daleko od początku i końca przęsła, w tym przypadku nie ma to znaczenia. Jest to ważne przy określaniu skoncentrowanego obciążenia.

γ \u003d 1 - jeżeli na daną konstrukcję działa parzysta liczba obciążeń.

γ \u003d 1,11 - dla belki, na którą działają 3 obciążenia skupione;

γ \u003d 1,091 - dla belki, na którą działa 5 skupionych obciążeń;

γ \u003d 1,076 - dla belki, na którą działa 7 obciążeń skupionych;

γ \u003d 1,067 - dla belki, na którą działa 9 obciążeń skupionych.

Pomimo trudnej definicji współczynniki równoważności są bardzo proste i wygodne. Ponieważ obciążenie rozłożone działające na metr kwadratowy lub metr bieżący jest bardzo często znane w obliczeniach, aby nie przenosić obciążenia rozłożonego najpierw na skupione, a następnie ponownie na równoważne rozłożone, wystarczy po prostu pomnożyć wartość obciążenia rozłożonego przez odpowiedni współczynnik. Na przykład na podłogę będzie oddziaływać normatywne rozłożone obciążenie 400 kg / m 2, podczas gdy ciężar własny podłogi wyniesie kolejne 300 kg / m 2. Wówczas przy długości belek stropowych 6 m na nadproże może oddziaływać równomiernie rozłożone obciążenie q \u003d 6 (400 + 300) / 2 \u003d 2100 kg / m. A następnie, jeśli w środku przęsła jest tylko jedna belka stropowa, to γ \u200b\u200b\u003d 2 i

q eq \u003d γq \u003d 2q (305.2.2)

Jeśli żaden z powyższych dwóch warunków nie jest spełniony, nie można zastosować współczynników przejściowych w ich czystej postaci, należy dodać kilka dodatkowych współczynników uwzględniających odległość do belek, które nie spadają na początek i koniec przęsła grodzi, a także możliwą asymetrię przyłożenia obciążeń skupionych. W zasadzie można wyprowadzić takie współczynniki, jednak w każdym przypadku będą one malały we wszystkich przypadkach, jeśli weźmiemy pod uwagę 1 opcję ładowania, aw 50% przypadków, jeśli rozważymy 2 opcje ładowania, tj. wartości takich współczynników będą< 1. А потому для упрощения расчетов, а заодно и для большего запаса по прочности рассчитываемой конструкции вполне хватит коэффициентов, приведенных при первых двух вариантах загружения.

Oprócz sił skupionych omówionych powyżej, konstrukcje budowlane i konstrukcje mogą być narażone ładunki rozproszone- objętościowo, wzdłuż powierzchni lub wzdłuż określonej linii - i przez to określona intensywność.

Przykład obciążenia, rozmieszczone według obszaruto obciążenie śniegiem, napór wiatru, ciśnienie cieczy lub gleby. Intensywność takiego obciążenia powierzchniowego ma wymiar ciśnienia i jest mierzona w kN / m 2 lub kilopaskalach (kPa \u003d kN / m 2).

Podczas rozwiązywania problemów bardzo często napotyka się obciążenie, rozłożone wzdłuż belki... Intensywność q takie obciążenie mierzone jest w kN / m.

Rozważ belkę załadowaną w witrynie [ za, b] obciążenie rozłożone, którego natężenie zmienia się zgodnie z prawem q= q(x). Aby określić reakcje podporowe takiej belki, konieczne jest zastąpienie obciążenia rozłożonego równoważnym skoncentrowanym. Można to zrobić zgodnie z następującą zasadą:

Rozważmy szczególne przypadki obciążenia rozproszonego.

i) ogólny przypadek obciążenia rozproszonego(rys. 24)

Ryc.24

q (x) - intensywność rozłożonej siły [N / m],

Podstawowa siła.

l - długość segmentu

Siła intensywności q (x) rozłożona na odcinku prostej jest równoważna sile skupionej

W punkcie przykładana jest siła skupiona Z(środek sił równoległych) o współrzędnych

b) obciążenie rozłożone o stałej intensywności(rys. 25)

Ryc.25

w) rozłożone natężenie obciążenia, zmieniające się liniowo(Rys. 26)

Ryc.26

Obliczanie układów kompozytowych.

Pod systemy kompozytowe zrozumiemy konstrukcje składające się z kilku połączonych ze sobą ciał.

Przed przystąpieniem do rozważenia cech obliczeń takich systemów wprowadzamy następującą definicję.

Definiowalne statycznie nazywane są takie problemy i układy statyki, dla których liczba nieznanych reakcji więzów nie przekracza maksymalnej dopuszczalnej liczby równań.

Jeśli liczba niewiadomych jest większa niż liczba równań,odpowiedni nazywane są zadania i systemy statycznie niezdefiniowany... W tym przypadku nazywana jest różnica między liczbą niewiadomych a liczbą równań stopień niepewności statycznej systemy.

Dla dowolnego płaskiego układu sił działających na ciało sztywne istnieją trzy niezależne warunki równowagi. W konsekwencji dla dowolnego płaskiego układu sił z warunków równowagi można znaleźć nie więcej niż trzy nieznane reakcje wiązania.

W przypadku przestrzennego układu sił działających na ciało sztywne istnieje sześć niezależnych warunków równowagi. W konsekwencji, dla dowolnego przestrzennego układu sił, z warunków równowagi, można znaleźć nie więcej niż sześć nieznanych reakcji sprzęgania.

Wyjaśnijmy to na poniższych przykładach.

1. Niech środek nieważkości idealnego bloku (przykład 4) będzie trzymany nie przez dwa, ale przez trzy pręty: AB, Słońce i BD i konieczne jest określenie reakcji prętów, zaniedbując wymiary bloku.

Uwzględniając uwarunkowania problemu, otrzymujemy układ zbieżnych sił, w którym wyznaczamy trzy niewiadome: S A, S C i S Dmożna jeszcze sformułować układ tylko dwóch równań: Σ X = 0, Σ Y\u003d 0. Oczywiście przypisane zadanie i odpowiadający mu system będą statycznie nieokreślone.

2. Belka, sztywno zaciśnięta na lewym końcu i posiadająca podporę na zawiasach na prawym końcu, jest obciążana dowolnym płaskim układem sił (rys. 27).

Aby określić reakcje podporowe, można sporządzić tylko trzy równania równowagi, które będą zawierać 5 nieznanych reakcji podporowych: X A, Y A, M A, X Bi Y B... Przydzielone zadanie będzie dwukrotnie niezdefiniowane statycznie.

Tego problemu nie da się rozwiązać w ramach mechaniki teoretycznej, zakładając, że przedmiotowe ciało jest absolutnie sztywne.

Ryc.27

Wróćmy do badania systemów kompozytowych, których typowym przedstawicielem jest rama trójprzegubowa (ryc. 28, i). Składa się z dwóch korpusów: AC i pnepołączony klucz zawias do... Weźmy pod uwagę tę ramkę jako przykład dwa sposoby określania reakcji podporowych układów złożonych.

1 sposób. Rozważ ciało ACobciążony daną siłą Rodrzucając zgodnie z aksjomatem 7 wszystkie połączenia i zastępując je odpowiednio reakcjami zewnętrznymi ( X A, Y A) i wewnętrzne ( X C, Y C) linki (Rys. 28, b).

Podobnie możesz rozważyć równowagę ciała pne pod wpływem reakcji wsparcia W - (X B, Y B) i reakcje w złączu do - (X C ', Y C”), Gdzie zgodnie z aksjomatem 5: X C= X C ', Y C= Y C’.

Dla każdego z tych ciał można skompilować trzy równania równowagi, a więc całkowitą liczbę niewiadomych: X A, Y A , X C=X C ', Y C =Y C’, X B, Y B jest równa całkowitej liczbie równań, a problem jest definiowalny statycznie.

Przypomnijmy, że zgodnie ze stwierdzeniem problemu należało wyznaczyć tylko 4 reakcje podporowe, ale musieliśmy wykonać dodatkową pracę, określając reakcje w zawiasie łączącym. Jest to wada tej metody określania reakcji podporowych.

Metoda 2. Rozważ równowagę całej klatki ABCodrzucając tylko połączenia zewnętrzne i zastępując je nieznanymi reakcjami wsparcia X A, Y A, X B, Y B .

Powstały system składa się z dwóch ciał i nie jest ciałem absolutnie sztywnym, ze względu na odległość między punktami I i W może ulec zmianie w wyniku wzajemnego obracania się obu części względem zawiasu Z... Niemniej jednak możemy założyć, że całość sił przyłożonych do ramy ABC tworzy system, jeśli zastosujemy aksjomat krzepnięcia (ryc. 28, w).

Ryc.28

A więc dla ciała ABC można utworzyć trzy równania równowagi. Na przykład:

Σ M A = 0;

Σ X = 0;

Te trzy równania będą obejmować 4 nieznane reakcje podporowe X A, Y A, X Bi Y B ... Zwróć uwagę, że próba użycia jako brakującego równania, na przykład, jest następująca: Σ M B \u003d 0 nie doprowadzi do sukcesu, ponieważ to równanie będzie liniowo zależne od poprzednich. Aby otrzymać liniowo niezależne czwarte równanie, konieczne jest rozważenie równowagi innego ciała. Możesz wziąć na przykład jedną z części ramy - Słońce... W takim przypadku konieczne jest sformułowanie równania, które zawierałoby „stare” niewiadome X A, Y A, X B, Y B i nie zawierał nowych. Na przykład równanie: Σ X (Słońce) \u003d 0 lub więcej: - X C ' + X B \u003d 0 nie nadaje się do tych celów, ponieważ zawiera „nową” nieznaną X C”, Ale równanie Σ M C (Słońce) \u003d 0 spełnia wszystkie niezbędne warunki. Zatem wymagane reakcje podporowe można znaleźć w następującej kolejności:

Σ M A = 0; → Y B= R/4;

Σ M B = 0; → Y A= -R/4;

Σ M C (Słońce) = 0; → X B= -R/4;

Σ X = 0; → X A= -3R/4.

Aby to sprawdzić, możesz użyć równania: Σ M C (TAK JAK) \u003d 0 lub, bardziej szczegółowo: - Y A∙2 + X A∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 + R∙1 = R/2 - 3R/2 + R = 0.

Zwróć uwagę, że to równanie obejmuje wszystkie 4 znalezione reakcje podporowe: X A i Y A - wyraźnie i X B i Y B - pośrednio, ponieważ zostały użyte do określenia pierwszych dwóch reakcji.

Graficzna definicja reakcji podporowych.

W wielu przypadkach rozwiązanie problemów można uprościć, jeśli zamiast równań równowagi lub oprócz nich zostaną użyte bezpośrednio warunki równowagi, aksjomaty i twierdzenia o statyce. Odpowiednie podejście nazywa się graficznym określaniem reakcji podporowych.

Zanim przejdziemy do rozważań nad metodą graficzną, zauważamy, że w przypadku układu zbieżnych sił graficznie można rozwiązać tylko te problemy, które dopuszczają rozwiązanie analityczne. Jednocześnie graficzna metoda określania reakcji podporowych jest wygodna dla niewielkiej liczby obciążeń.

Tak więc graficzna metoda wyznaczania reakcji podporowych opiera się głównie na wykorzystaniu:

Aksjomaty o równowadze układu dwóch sił;

Aksjomaty dotyczące akcji i reakcji;

Twierdzenia o trzech siłach;

Warunki równowagi dla płaskiego układu sił.

Podczas graficznego definiowania reakcji układów kompozytowych zaleca się poniższe zalecenia kolejność rozważań:

Wybierz ciało z minimalną liczbą algebraicznych nieznanych reakcji wiązania;

Jeśli istnieją dwa lub więcej takich ciał, należy rozpocząć rozwiązanie od rozważenia ciała, do którego przykłada się mniej sił;

Jeśli istnieją dwa lub więcej takich ciał, wybierz ciało, dla którego określona jest większa liczba sił.

Rozwiązywanie problemów.

Podczas rozwiązywania problemów z tej sekcji należy pamiętać o wszystkich ogólnych instrukcjach, które zostały wykonane wcześniej.

Przystępując do rozwiązywania, konieczne jest przede wszystkim ustalenie równowagi, której ciała należy wziąć pod uwagę w tym problemie. Następnie, wybierając to ciało i uznając je za wolne, należy przedstawić wszystkie dane siły działające na ciało i reakcje odrzuconych wiązań.

Następnie należy sporządzić warunki równowagi, stosując formy tych warunków, co prowadzi do prostszego układu równań (najprostszy będzie układ równań, z których każde zawiera jedną niewiadomą).

Aby uzyskać prostsze równania, wynika (jeśli nie komplikuje to przebiegu obliczeń):

1) sporządzając równania rzutów, narysuj oś współrzędnych prostopadłą do nieznanej siły;

2) przy opracowywaniu równania momentu należy wybrać punkt, w którym przecinają się linie działania dwóch nieznanych reakcji podporowych z trzech - w tym przypadku nie wejdą one do równania, a będzie zawierało tylko jedną niewiadomą;

3) jeżeli dwie nieznane reakcje podporowe z trzech są równoległe, to przy sporządzaniu równania w rzutach na oś tę ostatnią należy skierować tak, aby było prostopadłe do dwóch pierwszych reakcji - w tym przypadku równanie będzie zawierało tylko ostatnią niewiadomą;

4) przy rozwiązywaniu zadania układ współrzędnych należy dobrać tak, aby jego osie były zorientowane w taki sam sposób, jak większość sił układu przyłożonych do ciała.

Obliczając momenty, czasami wygodnie jest rozłożyć daną siłę na dwie składowe i, korzystając z twierdzenia Varignona, znaleźć moment siły jako sumę momentów tych składowych.

Rozwiązanie wielu problemów statyki sprowadza się do określenia reakcji podpór, za pomocą których mocowane są belki, dźwigary mostowe itp.

Przykład 7. Do wspornika pokazanego na rys. 29, i, w węźle W podwieszony ładunek o masie 36 kN. Połączenia elementów wspornika są zawiasowe. Określ siły występujące w prętach AB i Słońceuważając je za nieważkie.

Decyzja. Rozważ równowagę węzła Wgdzie pręty się zbiegają AB i Słońce... Węzeł W reprezentuje punkt na rysunku. Ponieważ obciążenie jest zawieszone na węźle W, a potem w punkcie W przyłożyć siłę F równą masie zawieszonego ładunku. Wędki VA i Słońcepołączone obrotowo w węźle W, ograniczyć możliwość dowolnego ruchu liniowego w płaszczyźnie pionowej, tj. są połączeniami w odniesieniu do węzła W.

Postać: 29. Schemat projektowy wspornika, na przykład 7:

i -schemat obliczeniowy; b -układ sił w węźle b

Mentalnie odrzucaj połączenia i zastępuj ich działania siłami - reakcjami połączeń R A i R C... Ponieważ pręty są nieważkie, reakcje tych prętów (siły w prętach) są kierowane wzdłuż osi prętów. Załóżmy, że oba pręty są rozciągnięte, tj. ich reakcje kierowane są z zawiasów do prętów. Wtedy, jeśli po obliczeniu reakcja okaże się ze znakiem minus, to będzie to oznaczać, że w rzeczywistości reakcja jest skierowana w kierunku przeciwnym do wskazanego na rysunku, tj. pręt zostanie ściśnięty.

Na rys. 29, b pokazano, że w tym miejscu W przyłożona siła czynna fa i reakcje wiązania R Ai R C. Widać, że przedstawiony układ sił przedstawia płaski układ sił zbieżnych w jednym punkcie. Dowolnie wybieramy osie współrzędnych WÓŁi OY i ułóż równania równowagi w postaci:

Σ F x \u003d0; -R a - R c cos𝛼 = 0;

Σ F y \u003d0; -F - R c cos(90 - α) = 0.

Biorąc pod uwagę, że cos (90 -α ) \u003d grzechα, z drugiego równania, które znajdujemy

R c \u003d -F / sinα = - 36/0,5 = -72 kN.

Zastępowanie wartości R c do pierwszego równania, otrzymujemy

R a \u003d -R c cosα \u003d - (-72) ∙ 0,866 \u003d 62,35 kN.

Zatem pivot AB - rozciągnięty, a pręt Słońce - skompresowany.

Aby sprawdzić poprawność znalezionych sił w prętach, rzutujemy wszystkie siły na dowolną oś, która nie pokrywa się z osiami X i Ynp. oś U:

Σ F u = 0; -R c - R a cosα - F cos (90-α) \u003d 0.

Po podstawieniu wartości znalezionych sił w prętach (wymiar w kiloniutonach) otrzymujemy

- (-72) – 62,35∙0,866 - 36∙0,5 = 0; 0 = 0.

Warunek równowagi jest spełniony, więc siły występujące w prętach są prawidłowe.

Przykład 8.Znikoma belka rusztowania budowlanego utrzymywana poziomo dzięki elastycznej trakcji Płyta CD i opiera się obrotowo na ścianie w punkcie I... Znajdź wysiłek w przyczepności Płyta CDjeśli pracownik o masie ciała 80 kg stoi na krawędzi rusztowania ≈ 0,8 kN (Rys. 30, i).

Postać: trzydzieści. Schemat projektowy rusztowań na przykład 8:

i- schemat projektowy; b- układ sił działających na platformę

Decyzja. Wybierz obiekt równowagi. W tym przykładzie obiektem równoważącym jest belka rusztowania. W tym momencie W na belkę działa siła czynna farówna wadze osoby. Połączenia w tym przypadku to stały zawias wspornika I i zachcianki Płyta CD... Odrzućmy mentalnie połączenia, zastępując ich działanie na belkę reakcjami połączeń (Rys. 30, b). Reakcji nieruchomego wspornika zawiasowego nie trzeba określać na podstawie opisu problemu. Odpowiedź ciągu Płyta CD skierowane wzdłuż ciągu. Załóżmy, że pręt Płyta CD rozciągnięty, tj. reakcja R & D skierowane od zawiasów Z wewnątrz pręta. Rozszerzmy reakcję R & D, zgodnie z zasadą równoległoboku, na składowe poziome i pionowe:

R Dx gorący \u003d R D cosα ;

R Dy vert = R D cos(90-α) \u003d R D grzechα .

W rezultacie uzyskano dowolny płaski układ sił, którego niezbędnym warunkiem równowagi jest równość do zera trzech niezależnych warunków równowagi.

W naszym przypadku wygodnie jest być pierwszym, który zapisuje stan równowagi w postaci sumy momentów względem punktu momentu I, od momentu reakcji wsparcia R A w stosunku do tego punktu wynosi zero:

Σ m A. = 0; fa∙3za - R dy ∙ za = 0

fa∙3za - R D grzechα = 0.

Wartość funkcji trygonometrycznych jest określana na podstawie trójkąta ACD:

cosα \u003d AC / CD = 0,89,

sinα \u003d AD / CD = 0,446.

Rozwiązując równanie równowagi, otrzymujemy R D \u003d 5,38 kH. (Ciężki Płyta CD - rozciągnięty).

Sprawdzenie poprawności obliczenia siły obciążenia Płyta CD konieczne jest obliczenie co najmniej jednego ze składników reakcji nośnika R A... Używamy równania równowagi w postaci

Σ F y = 0; V A + R Dy- fa= 0

V A = fa- R dy.

Stąd V A \u003d -1,6 kN.

Znak minus oznacza pionową składową reakcji R A na podporze skierowana jest w dół.

Sprawdźmy poprawność obliczenia siły grawitacji Używamy jeszcze jednego warunku równowagi w postaci równań momentów względem punktu W.

Σ m B \u003d 0; V A∙3a + R Dy ∙2a \u003d0;

1,6∙3i + 5,38∙0,446∙2i = 0; 0 = 0.

Warunki równowagi są spełnione, a zatem wysiłek ciężaru jest określany prawidłowo.

Przykład 9.Pionowy słup betonowy jest zabetonowany dolnym końcem do poziomej podstawy. Obciążenie ze ściany budynku o masie 143 kN jest przenoszone na szczyt słupa Słup wykonany jest z betonu o gęstości γ \u003d 25 kN / m 3. Wymiary słupka pokazano na rys. 31, i... Określ reakcje w sztywnych zakończeniach.

Postać: 31. Schemat obliczeniowy kolumny na przykład 9:

i - schemat obciążenia i wymiary kolumny; b - schemat projektowy

Decyzja.W tym przykładzie przedmiotem równowagi jest filar. Słup jest obciążony następującymi typami obciążeń aktywnych: w punkcie I siła skupiona F równa ciężarze ściany budynku oraz ciężar własny słupa w postaci obciążenia równomiernie rozłożonego na długości pręta z intensywnością q za każdy metr długości słupka: q \u003d 𝛾Аgdzie I to pole przekroju poprzecznego słupa.

q\u003d 25 ∙ 0,51 ∙ 0,51 \u003d 6,5 kN / m.

Opaski w tym przykładzie to sztywne zakończenie u podstawy słupka. W myślach odrzucamy pieczęć i zastępujemy jej działanie reakcjami wiązania (Rys. 31, b).

W naszym przykładzie rozważymy szczególny przypadek działania układu sił prostopadłych do zakotwienia i przechodzących wzdłuż jednej osi przez punkt przyłożenia reakcji podporowych. Wtedy dwie reakcje podporowe: składowa pozioma i moment reaktywny będą równe zeru. Aby określić składową pionową reakcji podporowej, wszystkie siły rzutujemy na oś elementu. Połączmy tę oś z osią Z, wtedy warunek równowagi zostanie zapisany w następujący sposób:

Σ F Z = 0; V B - F - ql = 0,

gdzie ql- wypadkowa rozłożonego obciążenia.

V B = F + ql \u003d143 + 6,5 ∙ 4 \u003d 169 kN.

Znak plus wskazuje, że reakcja V B wskazując w górę.

Aby sprawdzić poprawność obliczenia reakcji podporowej, pozostaje jeszcze jeden warunek równowagi - w postaci algebraicznej sumy momentów wszystkich sił względem dowolnego punktu, który nie przechodzi przez oś elementu. Sugerujemy wykonanie tego sprawdzenia samodzielnie.

Przykład 10.Dla belki pokazanej na rys. 32, iwymagane jest zdefiniowanie reakcji podporowych. Dany: fa \u003d 60 kN, q \u003d 24 kN / m, M \u003d 28 kN ∙ m.

Postać: 32. Schemat projektowy i wymiary belki, na przykład 10:

Decyzja. Rozważ równowagę belki. Belka jest obciążona obciążeniem czynnym w postaci płaskiego układu równoległych sił pionowych, na który składa się siła skupiona fa, równomiernie rozłożone natężenie obciążenia q z wypadkową Qzastosowana w środku ciężkości przestrzeni ładunkowej (Rys. 32, b) i skoncentrowany moment M, co można przedstawić jako parę sił.

Połączenia w tej belce to przegubowa stała podpora Ii podpórka z ruchomym obrotem W... Wybierzmy obiekt równowagi, w tym celu odrzucamy połączenia podporowe i zastępujemy ich działania reakcjami w tych połączeniach (rys. 32, b). Poruszająca reakcja wsparcia R B jest skierowana pionowo, a reakcja przegubowego stałego wspornika R Abędzie równoległy do \u200b\u200baktywnego układu sił działających, a także skierowany pionowo. Załóżmy, że są skierowane w górę. Wynikowe obciążenie rozłożone Q \u003d 4,8 ∙ q przyjmuje się w środku symetrii przestrzeni ładunkowej.

Wyznaczając reakcje podporowe w belkach, należy dążyć do takiego ułożenia równań równowagi, aby każde z nich zawierało tylko jedną niewiadomą. Można to osiągnąć, konstruując dwa równania momentów względem punktów obrotu. Weryfikację reakcji podporowych zwykle przeprowadza się przez zrównanie sumy rzutów wszystkich sił na oś prostopadłą do osi elementu.

Konwencjonalnie kierunek obrotu momentu reakcji podporowych wokół punktów momentu przyjmiemy jako dodatni, wówczas przeciwny kierunek obrotu sił zostanie uznany za ujemny.

Koniecznym i wystarczającym warunkiem zachowania równowagi w tym przypadku jest równość do zera niezależnych warunków równowagi w postaci:

Σ m A. = 0; V B ∙6 - q∙4,8∙4,8 + M + F∙2,4 = 0;

Σ m B = 0; V A∙6 - q∙4,8∙1,2 - M - fa∙8,4 = 0.

Zastępując wartości liczbowe wielkości, znajdujemy

V B\u003d 14,4 kN, V A \u003d 15,6 kN.

Aby sprawdzić poprawność znalezionych reakcji, stosujemy warunek równowagi w postaci:

Σ F y = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.

Po podstawieniu wartości liczbowych do tego równania otrzymujemy tożsamość typu 0 \u003d 0. Stąd wnioskujemy, że obliczenia zostały wykonane poprawnie i reakcje na obu podporach skierowane są w górę.

Przykład 11.Wyznacz reakcje podporowe dla belki pokazanej na rys. 33, i... Dany: fa \u003d 2,4 kN, M\u003d 12 kN ∙ m, q \u003d 0,6 kN / m, a \u003d 60 °.

Postać: 33. Schemat projektowy i wymiary belki, na przykład 11:

a - schemat projektowy; b - przedmiot równowagi

Decyzja. Rozważ równowagę belki. Psychicznie uwalniamy belkę od połączeń na podporach i wybieramy przedmiot równowagi (Rys. 33, b). Belka jest obciążona aktywnym obciążeniem w postaci dowolnego płaskiego układu sił. Wynikowe obciążenie rozłożone Q = q∙ 3 jest zamocowany pośrodku symetrii przestrzeni ładunkowej. siła fa rozkładać zgodnie z zasadą równoległoboku na składowe - poziome i pionowe

F z \u003d F.cosα \u003d 2,4 cos 60 ° \u003d 1,2 kN;

F y \u003d F.cos (90-α) \u003d fagrzech 60 ° \u003d 2,08 kN.

Stosujemy reakcję do obiektu równowagi zamiast odrzuconych połączeń. Załóżmy, że reakcja pionowa V A podpórka ruchoma obrotowo Iw górę, reakcja pionowa V B przegubowe stałe wsparcie b jest również skierowana w górę, a reakcja pozioma H B - w prawo.

Tak więc na ryc. 33, b przedstawiono dowolny płaski układ sił, którego niezbędnym warunkiem równowagi jest równość do zera trzech niezależnych warunków równowagi dla płaskiego układu sił. Przypomnijmy, że zgodnie z twierdzeniem Varignona, moment siły fa w stosunku do dowolnego punktu jest równa sumie momentów elementów F zi F y względem tego samego punktu. Załóżmy warunkowo, że kierunek obrotu momentu reakcji podporowych wokół punktów momentów jest dodatni, wówczas przeciwny kierunek obrotu sił zostanie uznany za ujemny.

Następnie warunki równowagi można dogodnie sformułować w następujący sposób:

Σ F z = 0; - F z + H B \u003d 0; stąd H B \u003d 1,2 kN;

Σ m A. = 0; V B∙6 + M - F y∙2 + 3q∙ 0,5 \u003d 0; stąd V B \u003d - 1,456 kN;

Σ m B = 0; V A ∙6 - 3q∙6,5 - F y ∙4 - M \u003d 0; stąd V A \u003d 5,336 kN.

Aby sprawdzić poprawność obliczonych reakcji, używamy jeszcze jednego nieużywanego warunku równowagi, na przykład:

Σ F y = 0; V A + V B - 3q - F y = 0.

Pionowa reakcja podporowa V B okazało się ze znakiem minus, to pokazuje, że w tej wiązce jest skierowana nie w górę, ale w dół.

Przykład 12.Wyznacz reakcje podporowe dla belki sztywno osadzonej z jednej strony i pokazanej na rys. 34, i... Dany: q \u003d 20 kN / m.

Postać: 34. Schemat projektowy i wymiary belki, na przykład 12:

a - schemat projektowy; b - przedmiot równowagi

Decyzja.Wybierzmy obiekt równowagi. Belka jest obciążona obciążeniem czynnym w postaci płaskiego układu sił równoległych ułożonych pionowo. Psychicznie uwalniamy belkę z połączeń w osadzeniu i zastępujemy je reakcjami w postaci siły skupionej V B i parę sił z pożądanym momentem reakcji M B (patrz rys. 34, b). Ponieważ siły czynne działają tylko w kierunku pionowym, reakcja pozioma H B wynosi zero. Przyjmijmy warunkowo kierunek obrotu momentu reakcji podporowych wokół punktów momentu zgodnie z ruchem wskazówek zegara jako dodatni, wówczas przeciwny kierunek obrotu sił zostanie uznany za ujemny.

Warunki równowagi tworzymy w postaci

Σ F y = 0; V B- q∙1,6 = 0;

Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.

Tutaj q∙ 1,6 - wypadkowa rozłożonego obciążenia.

Zastępowanie wartości liczbowych rozłożonego obciążenia q, znaleźliśmy

V B \u003d 32 kN, M B\u003d 38,4 kN ∙ m.

Aby sprawdzić poprawność znalezionych reakcji, sformułujemy jeszcze jeden warunek równowagi. Teraz bierzemy inny punkt jako punkt momentu, na przykład prawy koniec belki, a następnie:

Σ m A. = 0; M B – V B∙2 + q∙1,6∙0,8 = 0 .

Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy tożsamość 0 \u003d 0.

Wreszcie dochodzimy do wniosku, że reakcje wsparcia zostały znalezione poprawnie. Reakcja pionowa V B jest skierowana w górę, a moment reaktywny M B - zgodnie z ruchem wskazówek zegara.

Przykład 13. Wyznacz reakcje podporowe belki (Rys. 35, i).

Decyzja. Wypadkowa obciążenia rozłożonego działa jako obciążenie czynne Q=(1/2)∙aq\u003d (1/2) ∙ 3 ∙ 2 \u003d 3kN, którego linia działania przebiega w odległości 1 m od lewego wspornika, siła naciągu nici T = R \u003d 2 kN przyłożone na prawym końcu belki i moment skupiony.

Ponieważ tę ostatnią można zastąpić parą sił pionowych, obciążenie działające na belkę wraz z reakcją ruchomej podpory W tworzy układ sił równoległych, czyli reakcja R A będą również skierowane pionowo (rys. 35, b).

Aby określić te reakcje, użyjemy równań równowagi.

Σ M A = 0; -Q∙1 + R B∙3 - M + T∙5 = 0,

R B = (1/3) (Q + M- R∙ 5) \u003d (1/3) (3 + 4 - 2 ∙ 5) \u003d -1 kN.

Σ M B = 0; - R A∙3 + Q∙2 - M+ T∙2 = 0,

R A= (1/3) (Q∙2 - M+ R∙ 2) \u003d (1/3) (3 ∙ 2 - 4 + 2 ∙ 2) \u003d 2 kN.

Ryc.35

Aby sprawdzić poprawność otrzymanego rozwiązania, wykorzystujemy dodatkowe równanie równowagi:

Σ Y i = R A - Q + R B+ T = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,

to znaczy, że problem został rozwiązany poprawnie.

Przykład 14. Wyznacz reakcje podporowe belki wspornikowej obciążonej obciążeniem rozłożonym (Rys. 36, i).

Decyzja. Wynikowe obciążenie rozłożone jest przykładane w środku ciężkości schematu obciążenia. Aby nie szukać położenia środka ciężkości trapezu, przedstawiamy go jako sumę dwóch trójkątów. Wtedy dane obciążenie będzie równoważne dwóm siłom: Q 1 \u003d (1/2) ∙ 3 ∙ 2 \u003d 3 kN i Q 2 \u003d (1/2) ∙ 3 ∙ 4 \u003d 6 kN, które są przyłożone w środku ciężkości każdego z trójkątów (ryc. 36, b).

Ryc.36

Sztywne reakcje podparcia utwierdzenia są reprezentowane przez siłę R Ai moment M A, aby określić, które wygodniej jest zastosować równania równowagi układu sił równoległych, czyli:

Σ M A = 0; M A \u003d 15 kN ∙ m;

Σ Y= 0, R A\u003d 9 kN.

Aby to sprawdzić, używamy dodatkowego równania Σ M B \u003d 0, gdzie punkt W znajduje się na prawym końcu belki:

Σ M B = M A - R A∙3 + Q 1 ∙2 + Q 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.

Przykład 15. Równomierne ważenie belek Q \u003d 600 N i długość l \u003d 4 m spoczywa jednym końcem na gładkiej podłodze z punktem pośrednim Wna filarze wysoko godz \u003d 3 m, tworząc kąt 30 ° z pionem. W tej pozycji belka jest utrzymywana w miejscu przez linę rozciągniętą w poprzek podłogi. Określ napięcie liny T i reakcje filara - R B i płeć - R A (rys.37, i).

Decyzja.W mechanice teoretycznej przez belkę lub pręt rozumie się ciało, którego wymiary poprzeczne w porównaniu z jego długością można pominąć. A więc waga Q w punkcie zamocowana jest jednorodna belka Zgdzie TAK JAK \u003d 2 m.

Ryc.37

1) Ponieważ dwie nieznane reakcje z trzech są stosowane w punkcie I, pierwszą rzeczą do zapisania jest równanie Σ M A \u003d 0, ponieważ tylko reakcja wejdzie tam R B:

- R B∙AB+ Q∙(l/ 2) ∙ sin30 ° \u003d 0,

gdzie AB = godz/ cos30 ° \u003d 2 m.

Podstawiając do równania, otrzymujemy:

R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

R B\u003d 600 / (2) \u003d 100 ≅ 173 N.

Podobnie od momentu równania można było znaleźć reakcję R A, wybierając jako moment punkt przecięcia linii działania R B i T... Będzie to jednak wymagało dodatkowych konstrukcji, więc łatwiej jest zastosować inne równania równowagi:

2) Σ X = 0; R B∙ cos30 ° - T = 0; → T = R B∙ cos30 ° \u003d 100 ∙ (/ 2) \u003d 150 N;

3) Σ Y= 0, R B∙ sin30 ° - Q + R A= 0; → R A = Q- R B∙ sin30 ° \u003d 600 - 50 ≅ 513 N.

Więc znaleźliśmy Ti R A przez R B w związku z tym poprawność otrzymanego rozwiązania można sprawdzić za pomocą równania: Σ M B \u003d 0, co jawnie lub niejawnie obejmuje wszystkie znalezione reakcje:

R A∙AB sin30 ° - T∙AB cos30 ° - Q∙(AB - l/ 2) ∙ sin30 ° \u003d 513 ∙ 2 ∙ (1/2) - 150 ∙ 2 ∙ (/ 2) - 600 ∙ (2 - 2) ∙ (1/2) \u003d 513 ∙ - 150 ∙ 3 - 600 ∙ ( -1) 513 ≅ 1,73 - 450 - 600 ∙ 0,73 \u003d 887,5 - 888 \u003d -0,5.

Wynikające z zaokrąglenia rozbieżność ∆ \u003d -0,5 jest wywoływana absolutny błąd obliczenia.

Aby odpowiedzieć na pytanie, jak dokładny jest uzyskany wynik, oblicz względny błąd, który określa wzór:

ε \u003d [| ∆ | / min (| Σ + |, | Σ - |)] ∙ 100% \u003d [| -0,5 | / min (| 887,5 |, | -888 |)] ∙ 100% \u003d (0,5 / 887,5) ∙ 100% \u003d 0,06%.

Przykład 16. Określić reakcje podporowe ramy (rys. 38). Tutaj i poniżej, o ile nie określono inaczej, wszystkie wymiary na rysunkach będą podane w metrach, a siły - w kiloniutonach.

Ryc.38

Decyzja. Rozważ równowagę ramy, do której siła naciągu nici jest przykładana jako aktywna Trówna wadze ładunku Q.

1) Reakcja ruchomego wspornika R B z równania Σ M A \u003d 0. Aby nie obliczyć ramienia siły Tużyjemy twierdzenia Varignona, rozszerzając tę \u200b\u200bsiłę na składową poziomą i pionową:

R B∙2 + T sin30 ° ∙ 3 - T cos30 ° ∙ 4 \u003d 0; → R B = (1/2)∙ Q(cos30 ° ∙ 4 - sin30 ° ∙ 3) \u003d (5/4) ∙ (4 - 3) kN.

2) Aby obliczyć Y A napisz równanie Σ M C \u003d 0, gdzie punkt Z leży na przecięciu linii reakcyjnych R Bi X A:

- Y A∙2 + T sin30 ° ∙ 3 - T cos30 ° ∙ 2 \u003d 0; → Y A= (1/2)∙ Q(sin30 ° ∙ 3-cos30 ° ∙ 2) \u003d (5/4) ∙ (3-2) kN.

3) Wreszcie znajdujemy reakcję X A:

Σ X = 0; X A - T sin30 ° \u003d 0; → X A = Q sin30 ° \u003d 5/2 kN.

Ponieważ wszystkie trzy reakcje zostały znalezione niezależnie od siebie, do weryfikacji należy wziąć równanie, które obejmuje każdą z nich:

Σ M D = X A∙3 - Y A∙4 - R B∙2 = 15/2 - 5∙(3 -2 ) - (5/2)∙ (4 - 3) = 15/2 - 15 + 10 -10 +15/2 = 0.

Przykład 17. Wyznacz reakcje podporowe pręta o przerywanym zarysie (Rys. 39, i).

Decyzja. Rozłożone obciążenie każdej sekcji pręta zastępujemy siłami skupionymi Q 1 \u003d 5 kN i Q 2 \u003d 3 kN, a działanie odrzuconego sztywnego ściskania to reakcje X A,Y A i M A (rys.39, b).

Ryc.39

1) Σ M A = 0; M A -Q 1 ∙2,5 - Q 2 ∙5,5 = 0; → M A \u003d 5 ∙ 2,5 + 3 ∙ 5,5 \u003d 12,5 + 16,5 \u003d 29 kNm.

2) Σ X = 0; X A + Q 1 ∙ sin \u003d 0; → X A \u003d -5 ∙ (3/5) \u003d -3 kN.

3) Σ Y= 0; Y A - Q 1 cosa - Q 2 = 0; → Y A \u003d 5 ∙ (4/5) + 3 \u003d 4 + 3 \u003d 7 kN, ponieważ sinα \u003d 3/5, cosα \u003d 4/5.

Sprawdź: Σ M B = 0; M A + X A∙3 - Y A∙7 + Q 1 cosα ∙ 4,5 + Q 1 sinα ∙ 1,5 + Q 2 ∙1,5 = 29 -3∙3 - 7∙7 + 5∙(4/5)∙5 + 5∙(3/5)∙1,5 + 3∙1,5 = 29 - 9 - 49 + 20 + 4,5 + 4,5 = 58 - 58 = 0.

Przykład 18. W przypadku ramy pokazanej na rys. 40, i, wymagane jest zdefiniowanie reakcji wsparcia. Dany: fa \u003d 50 kN, M \u003d 60 kN ∙ m, q \u003d 20 kN / m.

Decyzja... Rozważ równowagę ramy. Uwalniamy mentalnie ramę z cięgien na podporach (ryc. 40, b) i wybierz obiekt równowagi. Rama jest obciążona aktywnym obciążeniem w postaci dowolnego płaskiego układu sił. Zamiast odrzuconych połączeń, stosujemy reakcje na obiekt równowagi: na wsporniku zawiasowym I - pionowy V A i poziomo H Ai na wsporniku przegubowo-ruchomym W - reakcja pionowa V BZamierzony kierunek reakcji przedstawiono na rys. 40, b.

Ryc.40. Schemat projektowy ramy i obiektu równowagi, na przykład 18:

i - schemat projektowy; b- przedmiot równowagi

Tworzymy następujące warunki równowagi:

Σ F x = 0; -H A + fa = 0; H A \u003d 50 kN.

Σ m A. = 0; V B∙6 + M - q∙6∙3 - fa∙6 = 0; V B \u003d 100 kN.

Σ F y = 0; V A + V B - q∙6 = 0; V A \u003d 20 kN.

Tutaj kierunek obrotu wokół punktów momentowych przeciwnie do ruchu wskazówek zegara jest tradycyjnie przyjmowany jako dodatni.

Aby sprawdzić poprawność obliczenia reakcji, stosujemy warunek równowagi, który obejmowałby wszystkie reakcje podporowe, np .:

Σ m C \u003d0; V B∙3 + M – H A∙6 – V A∙3 = 0.

Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy tożsamość 0 \u003d 0.

W ten sposób kierunki i wielkości reakcji podporowych są określane poprawnie.

Przykład 19.Wyznacz reakcje podporowe ramy (Rys. 41, i).

Ryc.41

Decyzja.Podobnie jak w poprzednim przykładzie rama składa się z dwóch części połączonych zawiasem kluczowym Z.Obciążenie rozłożone przyłożone do lewej strony ramy zastępujemy wypadkową Q 1, a po prawej - wypadkowa Q 2, gdzie Q 1 = Q 2 \u003d 2 kN.

1) Znajdź reakcję R B z równania Σ M C (Słońce) = 0; → R B\u003d 1kN;

Każdy właściciel wejścia trójfazowego (380 V) jest zobowiązany do dbania o równomierne obciążenie faz, aby uniknąć przeciążenia jednej z nich. Przy nierównomiernym rozkładzie na wejściu trójfazowym, gdy zero przepala się lub jego słaby kontakt, napięcia na przewodach fazowych zaczynają się różnić od siebie, zarówno w górę, jak iw dół. Na poziomie zasilania jednofazowego (220 woltów) może to prowadzić do awarii urządzeń elektrycznych z powodu zwiększonego napięcia 250-280 woltów lub obniżonego 180-150 woltów. Ponadto w tym przypadku występuje zawyżone zużycie energii w urządzeniach elektrycznych, które są niewrażliwe na asymetrię napięć. W tym artykule dowiesz się, jak równoważenie obciążenia jest wykonywane przez fazy, przedstawiając krótką instrukcję z diagramem i przykładem wideo.

Co jest ważne, aby wiedzieć

Ten schemat tradycyjnie ilustruje sieć trójfazową:

Napięcie między fazami 380 woltów zaznaczono na niebiesko. Jednolite rozłożone napięcie sieci jest wyświetlane na zielono. Czerwony - brak równowagi napięć.

Nowi, trójfazowi abonenci elektryczni w prywatnym domu lub mieszkaniu, przy pierwszym podłączeniu, nie powinni w dużym stopniu polegać na początkowo równomiernie rozłożonym obciążeniu linii wejściowej. Ponieważ kilku odbiorców może być zasilanych z jednej linii i mogą mieć problemy z dystrybucją.

Jeśli po pomiarach zobaczysz, że jest (ponad 10%, zgodnie z GOST 29322-92), musisz skontaktować się z organizacją zajmującą się dostawami energii, aby podjąć odpowiednie kroki w celu przywrócenia symetrii faz. Możesz dowiedzieć się więcej na ten temat z naszego artykułu.

Zgodnie z umową pomiędzy abonentem a OZE (o wykorzystaniu energii elektrycznej), ten ostatni ma obowiązek dostarczać do domów energię elektryczną wysokiej jakości, o określonym zakresie. Częstotliwość musi również odpowiadać 50 Hz.

Zasady dystrybucji

Podczas projektowania schematu elektrycznego konieczne jest możliwie równe wybranie potencjalnych grup konsumentów i ich podział na fazy. Na przykład każda grupa gniazd w pomieszczeniach w domu jest podłączona do własnego przewodu fazowego i jest pogrupowana w taki sposób, aby obciążenie sieci było optymalne. Linie świetlne są zorganizowane w ten sam sposób, wykonując ich rozprowadzenie po różnych przewodach fazowych i tak dalej: pralka, piekarnik, piekarnik, kocioł, kocioł.

W obliczeniach inżynierskich często trzeba spotkać się z obciążeniami rozłożonymi na danej powierzchni zgodnie z jednym lub innym prawem. Rozważmy niektóre z najprostszych przykładów sił rozłożonych leżących w jednej płaszczyźnie.

Płaski układ sił rozłożonych charakteryzuje się intensywnością q, czyli wartością siły na jednostkę długości obciążonego segmentu. Intensywność mierzy się w niutonach podzielonych przez metry

1) Siły równomiernie rozłożone wzdłuż odcinka prostego (ryc. 69, a). Dla takiego układu sił natężenie q ma stałą wartość. W obliczeniach statycznych ten układ sił można zastąpić wypadkową

Modulo,

Siła Q jest przyłożona w środku odcinka AB.

2) Siły rozłożone na odcinku prostym zgodnie z prawem liniowym (ryc. 69, b). Przykładem takiego obciążenia są siły parcia wody na zaporę, które mają największą wartość na dnie i spadają do zera na powierzchni wody. Dla tych sił natężenie q jest wartością zmienną, która rośnie od zera do wartości maksymalnej, wypadkowa Q takich sił jest wyznaczana podobnie jak wypadkowa sił grawitacyjnych działających na jednorodną trójkątną płytę ABC. Ponieważ ciężar jednorodnej płyty jest proporcjonalny do jej powierzchni, to modulo,

Siła Q jest przykładana w pewnej odległości od boku BC trójkąta ABC (patrz § 35, punkt 2).

3) Siły rozłożone na odcinku prostym według dowolnego prawa (ryc. 69, c). Wypadkowe Q takich sił, analogicznie do siły ciężkości, jest równe w wartości bezwzględnej powierzchni figury ABDE, mierzonej w odpowiedniej skali i przechodzi przez środek ciężkości tego obszaru (kwestia wyznaczenia środków ciężkości powierzchni zostanie rozważona w § 33).

4) Siły równomiernie rozłożone wzdłuż łuku koła (ryc. 70). Przykładem takich sił są siły ciśnienia hydrostatycznego działające na ściany boczne zbiornika cylindrycznego.

Niech promień łuku będzie równy, gdzie jest oś symetrii, wzdłuż której kierujemy oś Układ zbieżnych sił działających na łuku ma wypadkową Q, skierowaną z racji symetrii wzdłuż osi, natomiast numerycznie

Aby określić wartość Q należy wybrać na łuku element, którego położenie jest określone przez kąt i długość Siła działająca na ten element jest liczbowo równa i rzut tej siły na oś będzie wynosił

Ale z rys. 70 widać, że W konsekwencji od tego czasu

gdzie jest długość cięciwy, która skraca łuk AB; q to intensywność.

Zadanie 27. Równomiernie rozłożone obciążenie intensywności działa na belkę wspornikową AB, której wymiary podano na rysunku (Rys. 71). Jeśli

Decyzja. Rozłożone siły zastępujemy ich wypadkowymi Q, R i R, gdzie zgodnie ze wzorami (35) i (36)

i ułóż warunki równowagi (33) dla sił działających na belkę równolegle do

Zastępując tutaj zamiast Q, R i R ich wartości i rozwiązując wynikające z tego równania, w końcu znajdujemy

Na przykład dla otrzymujemy for

Zadanie 28. Cylindryczny cylinder, którego wysokość jest równa H, a wewnętrzna średnica d, jest wypełniony gazem pod ciśnieniem. Grubość cylindrycznych ścianek cylindra wynosi a. Określić naprężenia rozciągające, którym poddawane są te ściany w kierunkach: 1) podłużnym i 2) poprzecznym (naprężenie jest równe stosunkowi siły rozciągającej do pola przekroju), uznając je za małe.

Decyzja. 1) Przecinamy cylinder płaszczyzną prostopadłą do jego osi na dwie części i rozważamy równowagę jednej z nich (ryc.

72, a). Oddziałuje na nią w kierunku osi cylindra siła nacisku działająca na dno i siły rozłożone na powierzchni przekroju (działanie odrzuconej połówki), których wypadkową oznaczymy przez Q. W stanie równowagi

Zakładając w przybliżeniu równe pole przekroju poprzecznego, dla naprężenia rozciągającego otrzymujemy wartość

Siły powierzchniowe i objętościowe reprezentują obciążenie rozłożone na określonej powierzchni lub objętości. Takie obciążenie jest określane przez intensywność, która jest siłą na jednostkę pewnej objętości, obszaru lub długości.

Szczególne miejsce w rozwiązywaniu szeregu praktycznie interesujących problemów zajmuje przypadek płaskiego rozłożonego obciążenia przyłożonego wzdłuż normalnej do określonej belki. Jeśli skierujesz oś wzdłuż belki , wtedy intensywność będzie funkcją współrzędnej i jest mierzony w N / m. Intensywność to siła na jednostkę długości.

Płaska figura ograniczona belką i wykresem natężenia obciążenia nazywana jest wykresem obciążenia rozłożonego (rys. 1.28). Jeśli z natury rozwiązywanego problemu można zignorować odkształcenia, tj. ciało można uznać za absolutnie solidne, wówczas rozłożone obciążenie można (i należy) zastąpić wypadkową.

Przełammy wiązkę odcinki długości
, przy każdym z których przyjmiemy, że intensywność jest stała i równa
gdzie –Współrzędna segmentu
... W tym przypadku krzywą intensywności zastępuje linia przerywana, a obciążenie przypadające na segment
, zastąpiona skoncentrowaną mocą
zastosowany w punkcie (Rys. 1.29). Powstały układ sił równoległych ma wypadkową równą sumie sił działających na każdy z segmentów, przyłożonych w środku sił równoległych.

Oczywiste jest, że taka reprezentacja dokładniej opisuje rzeczywistą sytuację, im mniejszy jest segment
czyli tym większa liczba segmentów ... Dokładny wynik uzyskujemy przechodząc do granicy długością segmentu
dąży do zera. Granica uzyskana w wyniku opisanej procedury jest całką. Zatem dla modułu wypadkowej otrzymujemy:

Aby określić współrzędną punktu stosując wypadkową, używamy twierdzenia Varignona:

jeśli układ sił ma wypadkową, to moment wypadkowej względem dowolnego środka (dowolnej osi) jest równy sumie momentów wszystkich sił układu względem tego środka (tej osi)

Pisanie tego twierdzenia dla układu sił
w rzutach na osi i przechodząc do granicy, gdy długość odcinków dąży do zera, otrzymujemy:

Oczywiście moduł wypadkowej jest liczbowo równy powierzchni wykresu obciążenia rozłożonego, a punkt jego przyłożenia pokrywa się ze środkiem ciężkości jednorodnej płyty w postaci rozkładu obciążenia rozłożonego.

Zwróćmy uwagę na dwa typowe przypadki.

,
(Rys. 1.30). Moduł wypadkowej i współrzędną jej punktu zastosowania wyznaczają wzory:

W praktyce inżynierskiej takie obciążenie jest dość powszechne. W większości przypadków ciężar i obciążenie wiatrem można uznać za równomiernie rozłożone.

(Rys. 1.31). W tym przypadku:

W szczególności ciśnienie wody na pionową ścianę jest wprost proporcjonalne do głębokości .

Przykład 1.5

Określ reakcje wsparcia i belka pod działaniem dwóch skupionych sił i równomiernie rozłożonego obciążenia. Dany:

Znajdźmy wypadkową obciążenia rozłożonego. Moduł wypadkowej to

siła ramion względem punktu na równi
Rozważ równowagę belki. Obwód mocy pokazano na ryc. 1.33.

Przykład 1.6

Określić reakcję osadzenia belki wspornikowej pod działaniem siły skupionej, pary sił i obciążenia rozłożonego (rys. 1.34).

Zastąpmy rozłożone obciążenie trzema skupionymi siłami. Aby to zrobić, podzielimy diagram obciążenia rozproszonego na dwa trójkąty i prostokąt. Odnaleźć

Obwód mocy pokazano na ryc. 1.35.