Dağıtılmış yük. Yük, fazlar arasında doğru şekilde nasıl dağıtılır VE üniform yük nasıl dağıtılır

Konsantre yükler arasındaki mesafe aynıdır, açıklığın başlangıcından ilk konsantre yüke kadar olan mesafe, konsantre yükler arasındaki mesafeye eşittir. Bu durumda, konsantre yükler de açıklığın başında ve sonunda düşer, ancak aynı zamanda sadece destek reaksiyonunda bir artışa neden olurlar, aşırı konsantre yükler eğilme momentlerinin ve sapmanın değerini etkilemez ve bu nedenle yapının taşıma kapasitesi hesaplanırken dikkate alınmaz. Bunu, bir lento ile desteklenen zemin kirişleri örneğini kullanarak ele alalım. Lento ile döşeme kirişleri arasında olabilen ve düzgün dağılmış bir yük oluşturan tuğla işi, algılama kolaylığı için gösterilmemiştir.

Resim 1... Konsantre yükleri eşit olarak eşit dağıtılmış bir yüke getirin.

Şekil 1'den görülebileceği gibi, tanımlayıcı moment yapıların mukavemet hesaplamalarında kullanılan eğilme momentidir. Bu nedenle, düzgün dağıtılmış bir yükün, konsantre bir yük ile aynı bükülme momentini oluşturması için, karşılık gelen dönüştürme faktörü (eşdeğerlik faktörü) ile çarpılması gerekir. Ve bu katsayı, momentlerin eşitliği koşullarından belirlenir. Bence Şekil 1 bunu çok iyi gösteriyor. Ayrıca, elde edilen bağımlılıkları analiz ederek, dönüşüm faktörünü belirlemek için genel bir formül elde edebilirsiniz. Öyleyse, uygulanan konsantre yüklerin sayısı tek ise, yani Konsantre yüklerden biri zorunlu olarak aralığın ortasına düşerse, formül eşdeğerlik katsayısını belirlemek için kullanılabilir:

γ \u003d n / (n - 1) (305.1.1)

burada n, konsantre yükler arasındaki aralıkların sayısıdır.

q eq \u003d γ (n-1) Q / l (305.1.2)

burada (n-1) konsantre yüklerin sayısıdır.

Ancak bazen konsantre yüklerin sayısına göre hesaplamalar yapmak daha uygundur. Bu miktar m değişkeninde ifade edilirse, o zaman

γ \u003d (m +1) / m (305.1.3)

Bu durumda, eşit olarak dağıtılmış eşdeğer yük şuna eşit olacaktır:

q eşdeğeri \u003d γmQ / l (305.1.4)

Konsantre yüklerin sayısı çift olduğunda, yani Konsantre yüklerin hiçbiri aralığın ortasına düşmez, bu durumda katsayı değeri, konsantre yüklerin sayısının bir sonraki tek değeri olarak alınabilir. Genel olarak, belirtilen yükleme koşullarına tabi olarak, aşağıdaki geçiş faktörleri alınabilir:

γ \u003d 2 - söz konusu yapı, örneğin, bir kiriş, bölmenin ortasında yalnızca bir konsantre yük alırsa.

γ \u003d 1,33 - 2 veya 3 konsantre yükün etki ettiği bir kiriş için;

γ \u003d 1.2 - 4 veya 5 konsantre yükün etki ettiği bir kiriş için;

γ \u003d 1.142 - 6 veya 7 konsantre yükün etki ettiği bir kiriş için;

γ \u003d 1,11 - 8 veya 9 konsantre yükün etki ettiği bir kiriş için.

seçenek 2

Konsantre yükler arasındaki mesafe aynıdır, açıklığın başlangıcından ilk konsantre yüke kadar olan mesafe, konsantre yükler arasındaki mesafenin yarısına eşittir. Bu durumda, konsantre yükler açıklığın başına ve sonuna düşmez.

şekil 2... Konsantre yüklerin uygulamasının 2. varyantı için geçiş katsayılarının değerleri.

Şekil 2'den görülebileceği gibi, bu yükleme seçeneği ile geçiş katsayısının değeri önemli ölçüde daha az olacaktır. Bu nedenle, örneğin çift sayıda konsantre yük ile transfer katsayısı genellikle bire eşit alınabilir. Tek sayıda konsantre yük ile formül, eşdeğerlik katsayısını belirlemek için kullanılabilir:

γ \u003d (m +7) / (m +6) (305.2.1)

burada m, konsantre yüklerin sayısıdır.

Bu durumda, eşit olarak dağıtılmış eşdeğer yük yine de şuna eşit olacaktır:

q eşdeğeri \u003d γmQ / l (305.1.4)

Genel olarak, belirtilen yükleme koşullarına tabi olarak, aşağıdaki geçiş faktörleri alınabilir:

γ \u003d 2 - söz konusu yapı, örneğin, bir kiriş, lentoun ortasında yalnızca bir konsantre yük alırsa ve döşeme kirişleri, açıklığın başında veya sonunda düşerse veya açıklığın başlangıcından ve sonundan keyfi olarak uzağa yerleştirilirse, bu durumda önemli değildir. Ve bu konsantre yükü belirlerken önemlidir.

γ \u003d 1 - söz konusu yapıya çift sayıda yük etki ederse.

γ \u003d 1,11 - 3 konsantre yükün etki ettiği bir kiriş için;

γ \u003d 1.091 - 5 konsantre yükün etki ettiği bir kiriş için;

γ \u003d 1.076 - 7 konsantre yükün etki ettiği bir kiriş için;

γ \u003d 1.067 - 9 konsantre yükün etki ettiği bir kiriş için.

Bazı karmaşık tanımlara rağmen, eşdeğerlik katsayıları çok basit ve kullanışlıdır. Hesaplamalarda, bir metrekareye veya koşu metreye etki eden dağıtılmış yük çok sık bilindiğinden, dağıtılmış yükü önce konsantre olana ve sonra tekrar eşdeğer dağıtılmış olana aktarmamak için, dağıtılmış yükün değerini karşılık gelen katsayı ile çarpmak yeterlidir. Örneğin, 400 kg / m2'lik standart bir dağıtılmış yük zemine etki ederken, zeminin ölü ağırlığı başka bir 300 kg / m2 olacaktır. Daha sonra, 6 m'lik bir döşeme kirişi uzunluğu ile, eşit dağıtılmış bir yük q \u003d 6 (400 + 300) / 2 \u003d 2100 kg / m, lento üzerinde etki edebilir. Ve sonra, açıklığın ortasında sadece bir kat kirişi varsa, o zaman γ \u003d 2 ve

q eq \u003d γq \u003d 2q (305.2.2)

Yukarıdaki iki koşuldan hiçbiri karşılanmazsa, geçiş katsayılarını saf hallerinde kullanmak imkansızdır, kirişlere olan mesafeyi ve ayrıca konsantre yüklerin uygulanmasının olası asimetrisini hesaba katan birkaç ek katsayı eklemeniz gerekir. Prensip olarak, bu tür katsayıları türetmek mümkündür, ancak her durumda, 1 yükleme seçeneğini düşünürsek her durumda ve 2 yükleme seçeneğini düşünürsek% 50 oranında azalacaktır, yani. bu tür katsayıların değerleri olacaktır< 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.

Yukarıda tartışılan yoğun kuvvetlerin yanı sıra, bina yapıları ve yapıları, dağıtılmış yükler- hacimce, yüzey boyunca veya belirli bir çizgi boyunca - ve onun tarafından belirlenir yoğunluk.

Bir yük örneği, alana göre dağıtılmış, kar yükü, rüzgar basıncı, sıvı veya toprak basıncıdır. Böyle bir yüzey yükünün yoğunluğu basınç boyutuna sahiptir ve kN / m2 veya kilopaskal (kPa \u003d kN / m2) cinsinden ölçülür.

Sorunları çözerken, çoğu zaman bir yük olur, kirişin uzunluğu boyunca dağıtılır... Yoğunluk q bu tür yük kN / m cinsinden ölçülür.

Siteye yüklenmiş bir kiriş düşünün [ a, b] yoğunluğu yasaya göre değişen dağıtılmış yük q= q(x). Böyle bir kirişin destek reaksiyonlarını belirlemek için, dağıtılmış yükü eşdeğer bir konsantre ile değiştirmek gerekir. Bu, aşağıdaki kurala göre yapılabilir:

Özel dağıtılmış yük durumlarını ele alalım.

ve) genel dağıtılmış yük durumu(şek. 24)

Şekil 24

q (x) - dağıtılan kuvvetin yoğunluğu [N / m],

Temel güç.

l - segment uzunluğu

Düz bir çizginin bir parçası üzerine dağıtılan yoğunluk kuvveti q (x), konsantre bir kuvvete eşdeğerdir.

Bir noktada konsantre bir kuvvet uygulanır FROM(paralel kuvvetlerin merkezi) koordinatlı

b) sabit yoğunlukta dağıtılmış yük(şek. 25)

Şekil 25

içinde) doğrusal olarak dağıtılmış yük yoğunluğu(şek. 26)

Şekil 26

Kompozit sistemlerin hesaplanması.

Altında kompozit sistemler Birbirine bağlı birkaç gövdeden oluşan yapıları anlayacağız.

Bu tür sistemlerin hesaplanmasının özelliklerini değerlendirmeye geçmeden önce, aşağıdaki tanımı sunuyoruz.

Statik olarak tanımlanabilir bu tür problemler ve statik sistemler, kısıtların bilinmeyen reaksiyonlarının sayısının izin verilen maksimum denklem sayısını aşmadığı için çağrılır.

Bilinmeyenlerin sayısı denklem sayısından büyükse,karşılık gelen görevler ve sistemler denir statik olarak tanımlanmamış... Bu durumda bilinmeyenlerin sayısı ile denklem sayısı arasındaki fark denir statik belirsizlik derecesi sistemleri.

Katı bir cisme etki eden herhangi bir düzlemsel kuvvet sistemi için, üç bağımsız denge koşulu vardır. Sonuç olarak, denge koşullarından herhangi bir düz kuvvet sistemi için, üçten fazla bilinmeyen bağ reaksiyonu bulunamaz.

Katı bir cisme etki eden uzamsal kuvvetler sistemi durumunda, altı bağımsız denge koşulu vardır. Sonuç olarak, denge koşullarından gelen herhangi bir uzaysal kuvvet sistemi için, altıdan fazla bilinmeyen birleştirme reaksiyonu bulunamaz.

Bunu aşağıdaki örneklerle açıklayalım.

1. Ağırlıksız ideal bloğun (örnek 4) merkezini iki değil üç çubukla tutalım: AB, Güneş ve BD ve blok boyutlarını ihmal ederek çubukların reaksiyonlarını belirlemek gerekir.

Sorunun koşullarını hesaba katarak, üç bilinmeyeni belirlemek için bir yakınsayan kuvvetler sistemi elde ederiz: S A, S C ve SDhala sadece iki denklemli bir sistem formüle edilebilir: Σ X = 0, Σ Y\u003d 0. Açıkçası, atanan görev ve karşılık gelen sistem statik olarak belirsiz olacaktır.

2. Sol uçta sıkıca kenetlenen ve sağ uçta menteşeyle sabitlenmiş bir desteğe sahip olan kiriş, rastgele düz bir kuvvet sistemi ile yüklenir (Şekil 27).

Destek reaksiyonlarını belirlemek için, 5 bilinmeyen destek reaksiyonunu içeren sadece üç denge denklemi çizilebilir: X A, Y A, M A, X Bve Y B... Atanan görev, statik olarak iki kez tanımlanmamış olacaktır.

Söz konusu bedenin kesinlikle katı olduğu varsayılarak, bu problem teorik mekanik çerçevesinde çözülemez.

Şekil 27

Tipik bir temsilcisi üç menteşeli bir çerçeve olan kompozit sistemlerin çalışmasına geri dönelim (Şekil 28, ve). İki gövdeden oluşur: AC ve M.Öbağlı anahtar menteşe C... Bu çerçeveyi örnek olarak kullanarak bileşik sistemlerin destek reaksiyonlarını belirlemenin iki yolu.

1 yol. Bedeni düşünün ACbelirli bir kuvvetle yüklü R, aksiyom 7'ye uygun olarak tüm bağlantıların atılması ve sırasıyla harici reaksiyonlarla değiştirilmesi ( X A, Y A) ve dahili ( X C, Y C) bağlantılar (Şekil 28, b).

Benzer şekilde vücudun dengesini de düşünebilirsiniz. M.Ö destek tepkilerinin etkisi altında İÇİNDE - (X B, Y B) ve bağlantı eklemindeki reaksiyonlar C - (X C ', Y C’), Aksiyom 5'e göre nerede: X C= X C ', Y C= Y C’.

Bu cisimlerin her biri için, üç denge denklemi derlenebilir, böylece toplam bilinmeyen sayısı: X A, Y A , X C=X C ', Y C =Y C’, X B, Y B toplam denklem sayısına eşittir ve problem statik olarak tanımlanabilir.

Problem ifadesine göre sadece 4 destek reaksiyonunun belirlenmesi gerektiğini hatırlayın, ancak bağlantı menteşesindeki reaksiyonları belirleyerek ek çalışma yapmak zorunda kaldık. Bu, destek reaksiyonlarını belirlemek için bu yöntemin dezavantajıdır.

Yöntem 2. Tüm çerçevenin dengesini düşünün ABCsadece harici bağlantıların atılması ve bilinmeyen destek reaksiyonları ile değiştirilmesi X A, Y A, X B, Y B .

Ortaya çıkan sistem iki gövdeden oluşur ve kesinlikle katı bir gövde değildir, çünkü noktalar arasındaki mesafe VE ve İÇİNDE menteşeye göre her iki parçanın karşılıklı dönüşü nedeniyle değişebilir FROM... Yine de, çerçeveye uygulanan kuvvetlerin toplamının ABC katılaşma aksiyomunu kullanırsak bir sistem oluşturur (Şekil 28, içinde).

Şekil 28

Yani vücut için ABC üç denge denklemi çizilebilir. Örneğin:

Σ M A = 0;

Σ X = 0;

Bu üç denklem 4 bilinmeyen destek reaksiyonunu içerecek X A, Y A, X Bve Y B ... Eksik denklem olarak kullanılmaya çalışıldığına dikkat edin, örneğin aşağıdakiler: Σ M B \u003d 0 başarıya götürmez, çünkü bu denklem öncekilere doğrusal olarak bağlı olacaktır. Doğrusal olarak bağımsız bir dördüncü denklem elde etmek için başka bir cismin dengesini dikkate almak gerekir. Çerçeve parçalarından birini olduğu gibi alabilirsiniz, örneğin - Güneş... Bu durumda, "eski" bilinmeyenleri içerecek bir denklem formüle etmek gerekir. X A, Y A, X B, Y B ve yenilerini içermiyordu. Örneğin, denklem: Σ X (Güneş) \u003d 0 veya daha fazla: - X C ' + X B \u003d 0 "yeni" bir bilinmeyen içerdiğinden bu amaçlar için uygun değildir X C’, Ama denklem Σ M C (Güneş) \u003d 0 gerekli tüm koşulları karşılar. Bu nedenle, gerekli destek reaksiyonları aşağıdaki sırayla bulunabilir:

Σ M A = 0; → Y B= R/4;

Σ M B = 0; → Y A= -R/4;

Σ M C (Güneş) = 0; → X B= -R/4;

Σ X = 0; → X A= -3R/4.

Kontrol etmek için aşağıdaki denklemi kullanabilirsiniz: Σ M C (GİBİ) \u003d 0 veya daha ayrıntılı olarak: - Y A∙2 + X A∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 + R∙1 = R/2 - 3R/2 + R = 0.

Bu denklemin bulunan 4 destek reaksiyonunun hepsini içerdiğini unutmayın: X A ve Y A - açıkça ve X B ve Y B - ilk iki reaksiyonu belirlemek için kullanıldığından dolaylı olarak.

Destek reaksiyonlarının grafiksel tanımı.

Çoğu durumda, denge denklemleri yerine veya bunlara ek olarak, denge koşulları, aksiyomlar ve statik teoremler doğrudan kullanılırsa, problemlerin çözümü basitleştirilebilir. Karşılık gelen yaklaşım, destek reaksiyonlarının grafiksel olarak belirlenmesi olarak adlandırılır.

Grafiksel yöntemin değerlendirilmesine geçmeden önce, bir yakınsayan kuvvetler sisteminde olduğu gibi, grafiksel olarak sadece analitik çözümü kabul eden problemleri çözmenin mümkün olduğunu not ediyoruz. Aynı zamanda, destek reaksiyonlarını belirlemeye yönelik grafiksel yöntem, az sayıda yük için uygundur.

Bu nedenle, destek reaksiyonlarını belirlemeye yönelik grafiksel yöntem esas olarak aşağıdakilerin kullanımına dayanmaktadır:

İki kuvvetli bir sistemin dengesine ilişkin aksiyomlar;

Etki ve tepkiyle ilgili aksiyomlar;

Üç Kuvvet Teoremleri;

Düzlem kuvvetler sistemi için denge koşulları.

Kompozit sistemlerin reaksiyonlarını grafik olarak tanımlarken, aşağıdakiler önerilir değerlendirme dizisi:

Minimum sayıda cebirsel bilinmeyen bağ reaksiyonuna sahip bir cisim seçin;

Bu tür iki veya daha fazla cisim varsa, daha az kuvvetin uygulandığı cismi dikkate alarak çözüme başlayın;

Bu tür iki veya daha fazla cisim varsa, yön olarak daha fazla sayıda kuvvetin bilindiği bir cisim seçin.

Sorunları çözmek.

Bu bölümdeki problemleri çözerken, daha önce yapılan tüm genel talimatları aklınızda bulundurmalısınız.

Çözüme başlayarak, öncelikle bu problemde hangi beden dengesinin kurulması gerekiyor. Daha sonra bu bedeni seçip özgür olduğunu düşündükten sonra, vücuda etki eden verilen tüm kuvvetleri ve atılan bağlantıların tepkilerini tasvir etmek gerekir.

Daha sonra, daha basit bir denklem sistemine yol açan (en basit olanı, her biri bir bilinmeyen içeren bir denklemler sistemi olacaktır) bu koşulların formlarını uygulayarak denge koşulları hazırlanmalıdır.

Daha basit denklemler elde etmek için (eğer bu hesaplama sürecini karmaşıklaştırmazsa):

1) projeksiyon denklemlerini çizin, koordinat eksenini bilinmeyen bir kuvvete dik olarak çizin;

2) moment denklemini oluştururken, iki bilinmeyen destek reaksiyonunun hareket çizgilerinin moment denklemi olarak kesiştiği noktayı seçmeniz tavsiye edilir - bu durumda, denkleme girmeyecekler ve sadece bir bilinmeyen içerecektir;

3) eğer üçten iki bilinmeyen destek reaksiyonu paralel ise, eksene projeksiyonlarda denklemi çizerken, ikincisi, ilk iki reaksiyona dik olacak şekilde yönlendirilmelidir - bu durumda, denklem sadece son bilinmeyenleri içerecektir;

4) Problemi çözerken, koordinat sistemi, eksenleri vücuda uygulanan sistem kuvvetlerinin çoğu ile aynı şekilde yönlendirilecek şekilde seçilmelidir.

Momentleri hesaplarken bazen belirli bir kuvveti iki bileşene ayırmak ve Varignon teoremini kullanarak kuvvet momentini bu bileşenlerin momentlerinin toplamı olarak bulmak uygun olabilir.

Birçok statik sorunun çözümü, kirişlerin, köprü kirişlerinin vb. Yardımıyla sabitlendiği mesnetlerin reaksiyonlarının belirlenmesine indirgenmiştir.

Örnek 7. Şekil 29'da gösterilen brakete, ve, düğümde İÇİNDE 36 kN ağırlığında asılı yük. Braket elemanlarının ek yerleri menteşelidir. Çubuklarda oluşan kuvvetleri belirleyin AB ve Güneşağırlıksız olduklarını düşünerek.

Karar. Düğümün dengesini düşünün İÇİNDEçubukların birleştiği yer AB ve Güneş... Düğüm İÇİNDE çizimdeki bir noktayı temsil eder. Yük düğümden askıya alındığı için İÇİNDE, sonra o noktada İÇİNDE Asılı yükün ağırlığına eşit bir F kuvveti uygulayın. Çubuklar VA ve Güneşdüğümde eksenel olarak bağlı İÇİNDE, dikey düzlemde herhangi bir doğrusal hareket olasılığını sınırlayın, yani düğüme göre bağlantılardır İÇİNDE.

Şekil: 29. Braketin tasarım şeması, örneğin 7:

ve -hesaplama şeması; b -bir düğümdeki kuvvetler sistemi B

Zihinsel olarak bağlantıları atın ve eylemlerini güçlerle değiştirin - bağlantıların reaksiyonları R A ve R C... Çubuklar ağırlıksız olduğundan, bu çubukların reaksiyonları (çubuklardaki kuvvetler) çubukların ekseni boyunca yönlendirilir. Her iki çubuğun da gerildiğini varsayalım, yani reaksiyonları menteşeden çubuklara yönlendirilir. Daha sonra, hesaplamadan sonra reaksiyon bir eksi işaretiyle ortaya çıkarsa, bu aslında reaksiyonun çizimde belirtilenin tersi yönde yönlendirildiği anlamına gelir, yani. çubuk sıkıştırılacaktır.

İncirde. 29, b o noktada gösterilmiştir İÇİNDE uygulanan aktif kuvvet F ve bağ reaksiyonları R Ave R C. Gösterilen kuvvet sisteminin bir noktada birleşen düz bir kuvvetler sistemini temsil ettiği görülmektedir. Koordinat eksenlerini keyfi olarak seçiyoruz ÖKÜZve OY ve formun denge denklemlerini oluşturun:

Σ F x \u003d0; -R a - R c cos𝛼 = 0;

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

Hesaba katıldığında çünkü (90 -α ) \u003d günahα, bulduğumuz ikinci denklemden

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

Değeri ikame etmek R c ilk denkleme girdik

R a \u003d -R c cosα \u003d - (-72) ∙ 0.866 \u003d 62.35 kN.

Böylece, pivot AB - gerilmiş ve çubuk Güneş - sıkıştırılmış.

Çubuklarda bulunan kuvvetlerin doğruluğunu kontrol etmek için, eksenlerle çakışmayan herhangi bir eksende tüm kuvvetleri yansıtırız. X ve Yör. eksen U:

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

Çubuklarda bulunan kuvvetlerin değerlerini değiştirdikten sonra (kilonewton cinsinden boyut),

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

Denge koşulu yerine getirildiğinden çubuklarda bulunan kuvvetler doğrudur.

Örnek 8.Esnek çekiş gücü ile yatay olarak tutulan ihmal edilebilir inşaat iskelesi kirişi CD ve eksenel olarak duvara dayanır VE... Çekiş gücündeki çabayı bulun CD80 kg ağırlığındaki bir işçi iskelenin kenarında ≈0,8 kN duruyorsa (Şekil 30, ve).

Şekil: otuz. İskelenin tasarım şeması, örnek 8:

ve- tasarım şeması; b- platforma etki eden kuvvetler sistemi

Karar. Denge nesnesini seçin. Bu örnekte, denge nesnesi iskele kirişidir. Noktada İÇİNDE kirişe aktif bir kuvvet etki eder Fbir kişinin ağırlığına eşittir. Bu durumda bağlantılar sabit bir destek menteşesidir VE ve istek CD... Kiriş üzerindeki hareketlerini bağlantıların reaksiyonlarıyla değiştirerek bağlantıları zihinsel olarak atalım (Şekil 30, b). Sabit menteşeli bir desteğin tepkisinin problem ifadesine göre belirlenmesine gerek yoktur. İtme yanıtı CD itme boyunca yönlendirildi. Varsayalım ki çubuk CD gergin, yani reaksiyon R D menteşeden uzağa yönlendirildi FROM çubuğun içinde. Reaksiyonu genişletelim R Dparalelkenar kuralına göre, yatay ve dikey bileşenlere:

R Dx sıcak \u003d R D cosα ;

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

Sonuç olarak, üç bağımsız denge koşulunun sıfıra eşitliği olan gerekli denge koşulu olan keyfi düz bir kuvvet sistemi elde edildi.

Bizim durumumuzda, denge koşulunu moment noktasına göre momentlerin toplamı biçiminde yazan ilk kişi olmak uygundur. VEdestek tepkisinin olduğu andan beri R A bu noktaya göre sıfırdır:

Σ m bir = 0; F∙3a - R dy ∙ a = 0

F∙3a - R D günahα = 0.

Trigonometrik fonksiyonların değeri üçgenden belirlenir ACD:

cosα \u003d AC / CD = 0,89,

sinα \u003d AD / CD = 0,446.

Denge denklemini çözerek şunu elde ederiz R D \u003d 5,38 kH. (Ağır CD - gergin).

Yerçekimi kuvvetinin hesaplanmasının doğruluğunu kontrol etmek için CD destek reaksiyonunun bileşenlerinden en az birinin hesaplanması gereklidir R A... Denge denklemini formunda kullanıyoruz

Σ F y = 0; V A + R Dy- F= 0

V A = F- R dy.

Buradan V A \u003d -1,6 kN.

Eksi işareti, reaksiyonun dikey bileşeninin R A destek aşağı doğru yönlendirilir.

Yerçekimindeki kuvvetin hesaplanmasının doğruluğunu kontrol edelim. Noktaya göre moment denklemleri şeklinde bir denge koşulu daha kullanıyoruz İÇİNDE.

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

1,6∙3ve + 5,38∙0,446∙2ve = 0; 0 = 0.

Denge koşulları sağlanır, böylece ağırlıktaki kuvvet doğru bulunur.

Örnek 9.Dikey bir beton direk, alt ucu yatay bir tabana betonlanır. 143 kN ağırlığındaki bina duvarından gelen yük direğin tepesine aktarılır. Direk, γ \u003d 25 kN / m3 yoğunluğa sahip betondan yapılmıştır. Gönderi boyutları Şekil 2'de gösterilmiştir. 31, ve... Katı bir sonlandırmadaki reaksiyonları belirleyin.

Şekil: 31. Örnek 9 için sütunun hesaplama diyagramı:

ve - yükleme şeması ve sütun boyutları; b - tasarım şeması

Karar.Bu örnekte denge nesnesi direktir. Sütun, aşağıdaki aktif yük türleri ile yüklenir: VE Konsantre kuvvet F, bina duvarının ağırlığına eşit ve kolonun kendi ağırlığı, çubuk uzunluğu boyunca eşit olarak dağıtılmış bir yük şeklinde yoğunluk ile q her bir metre direk uzunluğu için: q \u003d 𝛾Аnerede VE kolonun enine kesit alanıdır.

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

Bu örnekteki bağlar, gönderinin temelindeki katı bir sonlandırmadır. Contayı zihinsel olarak atarız ve etkisini bağ reaksiyonları ile değiştiririz (Şekil 31, b).

Örneğimizde, gömmeye dik olan ve destek reaksiyonlarının uygulama noktasından bir eksen boyunca geçen bir kuvvetler sisteminin hareketinin özel bir durumunu ele alıyoruz. Sonra iki destek reaksiyonu: yatay bileşen ve reaktif moment sıfıra eşit olacaktır. Destek reaksiyonunun dikey bileşenini belirlemek için, tüm kuvvetleri eleman eksenine yansıtırız. Bu ekseni eksenle birleştirelim Z, denge durumu şu şekilde yazılacaktır:

Σ F Z = 0; V B - F - ql = 0,

nerede ql- dağıtılan yükün sonucu.

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

Artı işareti, reaksiyonun V B yukarıyı göstermek.

Destek reaksiyonunun hesaplanmasının doğruluğunu kontrol etmek için, elemanın ekseninden geçmeyen herhangi bir noktaya göre tüm kuvvetlerin momentlerinin cebirsel bir toplamı biçiminde bir tane daha denge koşulu kalır. Bu kontrolü kendiniz yapmanızı öneririz.

Örnek 10.Şekil 32'de gösterilen ışın için, vedestek reaksiyonlarının tanımlanması gerekmektedir. Verilen: F \u003d 60 kN, q \u003d 24 kN / m, M \u003d 28 kN ∙ m.

Şekil: 32. Tasarım şeması ve kiriş boyutları, örneğin 10:

Karar. Işının dengesini düşünün. Kiriş, konsantre bir kuvvetten oluşan düz bir paralel dikey kuvvet sistemi biçiminde aktif bir yük ile yüklenir. F, düzgün dağıtılmış yük yoğunluğu q sonuç ile Qkargo alanının ağırlık merkezinde uygulanır (Şekil 32, b) ve konsantre an M, bu bir çift kuvvet olarak temsil edilebilir.

Bu kirişteki bağlantılar menteşeyle sabitlenmiş bir destektir VEve eksen etrafında dönebilen destek İÇİNDE... Denge nesnesini seçelim, bunun için destek bağlantılarını atıyoruz ve eylemlerini bu bağlantılarda reaksiyonlarla değiştiriyoruz (Şekil 32, b). Destek reaksiyonu hareketli R B dikey olarak yönlendirilir ve mafsallı sabit desteğin reaksiyonu R Aaktif etki kuvvetleri sistemine paralel olacak ve ayrıca dikey olarak yönlendirilecektir. Yukarı dönük olduklarını varsayalım. Ortaya çıkan dağıtılmış yük Q \u003d 4,8 ∙ q, kargo alanının simetri merkezinde uygulanır.

Kirişlerdeki destek reaksiyonlarını belirlerken, denge denklemlerini her biri yalnızca bir bilinmeyen içerecek şekilde oluşturmaya çalışmak gerekir. Bu, pivot noktalarına göre iki moment denklemi oluşturularak elde edilebilir. Destek reaksiyonlarının doğrulanması, genellikle, elemanın eksenine dik bir eksen üzerindeki tüm kuvvetlerin projeksiyonlarının toplamının eşitlenmesiyle gerçekleştirilir.

Geleneksel olarak, destek reaksiyonlarının moment noktaları etrafında dönme yönünü pozitif olarak alacağız, daha sonra kuvvetlerin ters dönüş yönü negatif olarak kabul edilecektir.

Bu durumda denge için gerekli ve yeterli bir koşul, aşağıdaki formdaki bağımsız denge koşullarının sıfıra eşitliğidir:

Σ m bir = 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 - F∙8,4 = 0.

Miktarların sayısal değerlerini değiştirerek buluyoruz

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

Bulunan reaksiyonların doğruluğunu kontrol etmek için denge koşulunu şu şekilde kullanıyoruz:

Σ F y = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.

Sayısal değerleri bu denkleme yerleştirdikten sonra, 0 \u003d 0 tipinde bir kimlik elde ederiz. Bu nedenle, hesaplamanın doğru yapıldığı ve her iki desteğe yönelik tepkilerin yukarı doğru yönlendirildiği sonucuna vardık.

Örnek 11.Şekil 33'te gösterilen kiriş için destek reaksiyonlarını belirleyin, ve... Verilen: F \u003d 2,4 kN, M\u003d 12 kN ∙ m, q \u003d 0.6 kN / m, a \u003d 60 °.

Şekil: 33. Örnek 11 için tasarım şeması ve kiriş boyutları:

a - tasarım şeması; b - denge nesnesi

Karar. Işının dengesini düşünün. Kirişi destekler üzerindeki bağlantılardan zihinsel olarak kurtarır ve denge nesnesini seçeriz (Şekil 33, b). Kiriş, rastgele düz bir kuvvet sistemi biçiminde aktif bir yük ile yüklenir. Ortaya çıkan dağıtılmış yük Q = q∙ 3, kargo alanı simetrisinin ortasına takılır. Gücü F paralelkenar kuralına göre bileşenlere - yatay ve dikey - ayrıştırın

F z \u003d Fcosα \u003d 2.4 cos 60 ° \u003d 1,2 kN;

F y \u003d Fcos (90-α) \u003d Fgünah 60 ° \u003d 2.08 kN.

Tepkimeyi, atılan bağlantılar yerine denge nesnesine uygularız. Dikey reaksiyonu varsayalım V A eksen etrafında dönebilen destek VEyukarı doğru dikey reaksiyon V B mafsallı sabit destek B ayrıca yukarı doğru yönlendirilir ve yatay reaksiyon H B - sağa.

Böylece, Şek. 33, b Düzlem kuvvetleri sistemi için üç bağımsız denge koşulunun sıfıra eşitliği olan gerekli denge koşulu, gelişigüzel bir düzlem kuvvetler sistemi tasvir edilmiştir. Varignon'un teoremine göre kuvvet momentini hatırlayın F herhangi bir noktaya göre bileşenlerin momentlerinin toplamına eşittir F z ve F y aynı noktaya göre. Koşullu olarak, destek reaksiyonlarının momentinin moment noktaları etrafında dönme yönünün pozitif olduğunu varsayalım, o zaman kuvvetlerin ters dönüş yönü negatif kabul edilecektir.

Daha sonra denge koşulları aşağıdaki gibi uygun şekilde formüle edilir:

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

Σ m bir = 0; V B∙6 + M - F y∙2 + 3q∙ 0,5 \u003d 0; buradan V B \u003d - 1.456 kN;

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

Hesaplanan reaksiyonların doğruluğunu kontrol etmek için, kullanılmayan bir denge koşulu daha kullanıyoruz, örneğin:

Σ F y = 0; V A + V B - 3q - F y = 0.

Dikey destek reaksiyonu V B eksi işaretiyle ortaya çıktı, bu, bu ışında yukarı değil aşağı doğru yönlendirildiğini gösterir.

Örnek 12.Bir tarafa sert bir şekilde yerleştirilmiş ve Şekil 2'de gösterilen bir kiriş için destek reaksiyonlarını belirleyin. 34, ve... Verilen: q \u003d 20 kN / m.

Şekil: 34. Örnek 12 için tasarım şeması ve kiriş boyutları:

a - tasarım şeması; b - denge nesnesi

Karar.Denge nesnesini seçelim. Kiriş, dikey olarak yerleştirilmiş paralel kuvvetlerden oluşan bir düzlem sistemi şeklinde aktif bir yük ile yüklenir. Kirişi zihinsel olarak gömme yerindeki bağlantılardan kurtarır ve bunları konsantre bir kuvvet şeklinde reaksiyonlarla değiştiririz V B ve istenen reaktif moment ile bir çift kuvvet M B (bkz. şek.34, b). Aktif kuvvetler yalnızca dikey yönde etki ettiğinden, yatay reaksiyon H B sıfırdır. Koşullu olarak destek reaksiyonlarının momentinin dönme yönünü, saat yönünün tersi noktaları etrafında pozitif olarak alalım, o zaman kuvvetlerin ters dönüş yönü negatif kabul edilecektir.

Denge koşullarını formda oluşturuyoruz

Σ F y = 0; V B- q∙1,6 = 0;

Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.

Buraya q∙ 1.6 - dağıtılan yükün sonucu.

Dağıtılmış yükün sayısal değerlerinin ikame edilmesi q, bulduk

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

Bulunan reaksiyonların doğruluğunu kontrol etmek için, bir denge koşulu daha formüle edeceğiz. Şimdi moment noktası olarak başka bir noktayı alıyoruz, örneğin, ışının sağ ucunu, sonra:

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

Sayısal değerlerin değiştirilmesinden sonra, 0 \u003d 0 kimliğini elde ederiz.

Son olarak, destek tepkilerinin doğru olduğu sonucuna vardık. Dikey reaksiyon V B yukarı doğru yönlendirilir ve tepkisel an M B - saat yönünde.

Örnek 13. Kirişin destek reaksiyonlarını belirleyin (Şekil 35, ve).

Karar. Dağıtılmış yükün sonucu, aktif bir yük görevi görür Q=(1/2)∙aq\u003d (1/2) ∙ 3 ∙ 2 \u003d 3kN, hareket hattı sol destekten 1 m mesafede geçer, ipliğin gerilme kuvveti T = R \u003d 2 kN kirişin sağ ucunda ve konsantre momentte uygulanır.

İkincisi bir çift dikey kuvvet ile değiştirilebildiğinden, hareketli desteğin reaksiyonu ile birlikte kirişe etki eden yük İÇİNDE paralel kuvvetler sistemi oluşturur, bu nedenle reaksiyon R A dikey olarak da yönlendirilecektir (şek. 35, b).

Bu reaksiyonları belirlemek için denge denklemlerini kullanacağız.

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.

Şekil 35

Elde edilen çözümün doğruluğunu kontrol etmek için ek denge denklemini kullanıyoruz:

Σ Evet ben = R A - Q + R B+ T = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,

yani sorun doğru çözüldü.

Örnek 14. Dağıtılmış bir yük ile yüklenmiş bir konsol kirişinin destek reaksiyonlarını bulun (Şekil 36, ve).

Karar. Ortaya çıkan dağıtılmış yük, yük diyagramının ağırlık merkezine uygulanır. Yamuğun ağırlık merkezinin konumunu aramamak için, onu iki üçgenin toplamı olarak temsil ediyoruz. O zaman verilen yük iki kuvvete eşit olacaktır: Q 1 \u003d (1/2) ∙ 3 ∙ 2 \u003d 3 kN ve Q Üçgenin her birinin ağırlık merkezine uygulanan 2 \u003d (1/2) ∙ 3 ∙ 4 \u003d 6 kN (Şekil 36, b).

Şekil 36

Sert kısıtlama destek reaksiyonları kuvvet ile temsil edilir R Ave an M A, paralel kuvvetler sisteminin denge denklemlerini kullanmanın hangisinin daha uygun olduğunu belirlemek için, yani:

Σ M A = 0; M A \u003d 15 kN ∙ m;

Σ Y= 0, R A\u003d 9 kN.

Kontrol etmek için ek denklemi kullanıyoruz Σ M B \u003d 0, nokta İÇİNDE kirişin sağ ucunda bulunur:

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

Örnek 15. Tek tip ışın tartımı Q \u003d 600 N ve uzunluk l \u003d 4 m, bir ucu düz bir zemin üzerinde ve bir ara nokta ile dinlenir İÇİNDEyüksek bir sütun üzerinde h \u003d 3 m, dikey ile 30 ° 'lik bir açı oluşturur. Bu pozisyonda, kiriş, zemine gerilmiş bir halat ile yerinde tutulur. Halatın gerginliğini belirleyin T ve sütunun tepkileri - R B ve cinsiyet - R A (şek.37, ve).

Karar.Teorik mekanikte, bir kiriş veya çubuk, boyuna kıyasla enine boyutları ihmal edilebilen bir cisim olarak anlaşılır. Yani ağırlık Q homojen kiriş noktaya tutturulur FROMnerede GİBİ \u003d 2 m.

Şekil 37

1) Üçte iki bilinmeyen reaksiyon noktada uygulandığından VEyazılacak ilk şey denklemdir Σ M A \u003d 0, çünkü oraya sadece reaksiyon girecek R B:

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

nerede AB = h/ cos30 ° \u003d 2 m.

Denklemin yerine geçerek şunu elde ederiz:

R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

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

Benzer şekilde, moment denkleminden biri reaksiyonu bulabilir R Aeylem çizgilerinin kesiştiği noktayı an olarak seçmek R B ve T... Bununla birlikte, bu ek yapılar gerektirecektir, bu nedenle diğer denge denklemlerini kullanmak daha kolaydır:

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.

Böylece bulduk Tve R A vasıtasıyla R B bu nedenle, elde edilen çözümün doğruluğu aşağıdaki denklem kullanılarak kontrol edilebilir: Σ M B \u003d 0, açık veya kapalı olarak bulunan tüm reaksiyonları içerir:

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.

Yuvarlamadan kaynaklanan tutarsızlık ∆ \u003d -0,5 denir mutlak hata hesaplamalar.

Elde edilen sonucun ne kadar doğru olduğu sorusuna cevap vermek için hesaplayın göreceli hata, aşağıdaki formülle belirlenir:

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

Örnek 16. Çerçevenin destek reaksiyonlarını belirleyin (Şekil 38). Burada ve aşağıda aksi belirtilmedikçe, şekillerdeki tüm boyutlar metre cinsinden ve kuvvetler - kilonewton cinsinden belirtilmiş olarak kabul edilecektir.

Şekil 38

Karar. İpliğin gerilim kuvvetinin aktif olarak uygulandığı çerçevenin dengesini düşünün. Tkargonun ağırlığına eşit Q.

1) Hareketli desteğin tepkisi R B denklemden Σ M A \u003d 0. Kuvvetin omuzunu hesaplamamak için TVarignon teoremini kullanıyoruz ve bu kuvveti yatay ve dikey bileşenlere genişletiyoruz:

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) Hesaplamak Y A denklemi yaz Σ M C \u003d 0, nokta FROM reaksiyon hatlarının kesişme noktasında yer alır R Bve 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) Son olarak tepkiyi buluyoruz X A:

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

Her üç reaksiyon da birbirinden bağımsız olarak bulunduğundan, doğrulama için her birini içeren denklemi almanız gerekir:

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.

Örnek 17. Kırık bir çerçeveye sahip bir çubuğun destek reaksiyonlarını belirleyin (Şekil 39, ve).

Karar. Çubuğun her bölümüne dağıtılan yükü konsantre kuvvetlerle değiştiriyoruz Q 1 \u003d 5 kN ve Q 2 \u003d 3 kN ve reddedilen sert kıstırma eylemi reaksiyonlardır X A,Y A ve M A (şek. 39, b).

Şekil 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 ∙ sina \u003d 0; → X A \u003d -5 ∙ (3/5) \u003d -3 kN.

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

Kontrol edin: 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.

Örnek 18. Şekil 40'ta gösterilen çerçeve için, ve, destek reaksiyonlarının tanımlanması gerekir. Verilen: F \u003d 50 kN, M \u003d 60 kN ∙ m, q \u003d 20 kN / m.

Karar... Çerçevenin dengesini düşünün. Çerçeveyi destekler üzerindeki bağlardan zihinsel olarak kurtarıyoruz (Şek. 40, b) ve denge nesnesini seçin. Çerçeve, rastgele düz bir kuvvet sistemi biçiminde aktif bir yük ile yüklenir. Atılan bağlantılar yerine, denge nesnesine tepkiler uyguluyoruz: menteşeli sabit bir destek üzerinde VE - dikey V A ve yatay H Ave mafsallı hareketli destek üzerinde İÇİNDE - dikey reaksiyon V BReaksiyonların amaçlanan yönü Şekil 40'da gösterilmiştir. b.

Şekil 40. Çerçeve ve denge nesnesinin tasarım diyagramı, örneğin 18:

ve - tasarım şeması; b- denge nesnesi

Aşağıdaki denge koşullarını oluşturuyoruz:

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

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

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

Burada moment noktaları etrafındaki dönme yönü saat yönünün tersine geleneksel olarak pozitif olarak alınır.

Reaksiyonların hesaplanmasının doğruluğunu kontrol etmek için, tüm destek reaksiyonlarını içeren denge koşulunu kullanırız, örneğin:

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

Sayısal değerlerin değiştirilmesinden sonra, 0 \u003d 0 kimliğini elde ederiz.

Böylece mesnet reaksiyonlarının yönleri ve büyüklükleri doğru bir şekilde belirlenir.

Örnek 19.Çerçevenin destek reaksiyonlarını belirleyin (Şekil 41, ve).

Şekil 41

Karar.Önceki örnekte olduğu gibi, çerçeve bir anahtar menteşe ile birbirine bağlanan iki parçadan oluşur FROM.Çerçevenin sol tarafına uygulanan dağıtılmış yükü, ortaya çıkan ile değiştiriyoruz Q 1 ve sağda - sonuç Q 2, nerede Q 1 = Q 2 \u003d 2kN.

1) Tepkiyi bulun R B denklemden Σ M C (Güneş) = 0; → R B\u003d 1kN;

Üç fazlı bir girişin (380 V) her sahibi, birinin aşırı yüklenmesini önlemek için fazlar üzerindeki tek tip bir yüke dikkat etmek zorundadır. Üç fazlı girişte eşit olmayan bir dağılımla, sıfır yandığında veya zayıf teması olduğunda, faz tellerindeki voltajlar hem yukarı hem aşağı doğru birbirinden farklı olmaya başlar. Tek fazlı bir güç kaynağı seviyesinde (220 Volt), bu, 250-280 Volt'luk bir voltaj artışı veya 180-150 Volt'un düşmesi nedeniyle elektrikli cihazların bozulmasına neden olabilir. Ek olarak, bu durumda, voltaj dengesizliğine karşı duyarsız olan elektrikli cihazlarda aşırı hesaplanmış bir elektrik tüketimi vardır. Bu yazıda, yük dengelemenin aşamalara göre nasıl yapıldığını anlatacağız, bir diyagram ve video örneği ile kısa bir talimat vereceğiz.

Bilmek önemli olan ne

Bu şema, geleneksel olarak üç fazlı bir ağı gösterir:

380 volt fazlar arasındaki voltaj mavi ile işaretlenmiştir. Düzgün dağıtılmış hat voltajı yeşil renkte gösterilir. Kırmızı - voltaj dengesizliği.

İlk bağlantıda özel bir ev veya apartman dairesinde bulunan yeni, üç fazlı elektrik aboneleri, giriş hattındaki başlangıçta eşit olarak dağıtılan yüke büyük ölçüde güvenmemelidir. Birçok tüketici tek bir hattan çalıştırılabildiğinden ve dağıtımda sorun yaşayabildiğinden.

Ölçümlerden sonra olduğunu görürseniz (GOST 29322-92'ye göre% 10'dan fazla), faz simetrisini eski haline getirmek için uygun önlemleri almak için güç kaynağı organizasyonuna başvurmanız gerekir. Bununla ilgili daha fazla bilgiyi makalemizden öğrenebilirsiniz.

Abone ile RES (elektrik kullanımına ilişkin) arasındaki anlaşmaya göre, ikincisi belirtilen evlere yüksek kaliteli elektrik sağlamalıdır. Frekans ayrıca 50 Hertz'e karşılık gelmelidir.

Dağıtım kuralları

Bir bağlantı şeması tasarlarken, olası tüketici gruplarını olabildiğince eşit seçmek ve bunları aşamalar halinde dağıtmak gerekir. Örneğin, evdeki odalardaki her bir çıkış grubu, kendi faz iletkenine bağlanır ve ağ üzerindeki yükün optimal olacağı şekilde gruplanır. Aydınlatma hatları aynı şekilde düzenlenir ve farklı faz iletkenlerine dağıtılır, vb: çamaşır makinesi, fırın, fırın, kazan, kazan.

Mühendislik hesaplamalarında, genellikle bir veya başka bir yasaya göre belirli bir yüzey boyunca dağıtılan yüklerle karşılaşmak gerekir. Bir düzlemde yatan en basit dağıtılmış kuvvet örneklerini ele alalım.

Dağıtılmış kuvvetlerin düzlemsel bir sistemi, yoğunluğu q, yani, yüklü segmentin birim uzunluğu başına kuvvet değeri ile karakterize edilir. Yoğunluk, metreye bölünmüş newton cinsinden ölçülür

1) Düz bir çizgi parçası boyunca eşit olarak dağılmış kuvvetler (Şekil 69, a). Böyle bir kuvvet sistemi için q yoğunluğu sabit bir değere sahiptir. Statik hesaplamalarda, bu kuvvetler sistemi sonuçta elde edilen ile değiştirilebilir.

Modulo,

Q kuvveti, AB segmentinin ortasına uygulanır.

2) Doğrusal bir yasaya göre düz bir doğru parçası boyunca dağıtılan kuvvetler (Şekil 69, b). Bu tür bir yüke örnek olarak, bir baraj üzerindeki su basıncı kuvvetleri, dipte en büyük değere sahip olan ve su yüzeyinde sıfıra düşen kuvvetlerdir. Bu kuvvetler için, q yoğunluğu, sıfırdan maksimum değere büyüyen değişken bir değerdir. Bu tür kuvvetlerin sonuçta ortaya çıkan Q, homojen bir üçgen plaka ABC üzerinde etkiyen yerçekimi kuvvetlerinin sonucuna benzer şekilde belirlenir. Homojen bir levhanın ağırlığı alanıyla orantılı olduğu için modulo,

ABC üçgeninin BC yanından belirli bir mesafede bir Q kuvveti uygulanır (bkz. § 35, madde 2).

3) Keyfi bir yasaya göre düz bir çizgi parçası boyunca dağıtılan kuvvetler (Şekil 69, c). Bu tür kuvvetlerin ortaya çıkan Q değeri, yerçekimi kuvvetine benzer şekilde, ABDE figürünün uygun ölçekte ölçülen alanına mutlak değerde eşittir ve bu alanın ağırlık merkezinden geçer (alanların ağırlık merkezlerini belirleme sorunu § 33'te ele alınacaktır).

4) Bir çemberin yayı boyunca eşit olarak dağılan kuvvetler (Şekil 70). Bu tür kuvvetlere bir örnek, silindirik bir kabın yan duvarları üzerindeki hidrostatik basınç kuvvetleridir.

Yay yarıçapının eşit olmasına izin verin, burada ekseni boyunca yönlendirdiğimiz simetri ekseni Yay üzerinde etkiyen yakınsayan kuvvetler sistemi, eksen boyunca simetri sayesinde yönlendirilen bir Q sonucuna sahiptir.

Q değerini belirlemek için, yay üzerinde konumu açı ve uzunluğa göre belirlenen bir eleman seçin Bu elemana etki eden kuvvet sayısal olarak eşittir ve bu kuvvetin eksene izdüşümü O zaman olacaktır.

Ama şek. 70. Sonuç olarak, o zamandan beri

aB yayını daraltan akor uzunluğu nerede; q yoğunluktur.

Problem 27. Ebatları çizimde gösterilen AB dirsek kirişine eşit dağılmış bir yoğunluk yükü etki eder (Şekil 71) Kirişin ağırlığını ihmal ederek ve kapalı uçtaki basınç kuvvetlerinin doğrusal bir yasaya göre belirlendiğini varsayarak, bu kuvvetlerin en büyük şiddetlerinin değerlerini belirleyin, Eğer bir

Karar. Dağıtılan kuvvetleri Q, R ve R ile değiştiririz, burada formül (35) ve (36) 'ya göre

ve kirişe paralel olarak etki eden kuvvetler için denge koşullarını (33) oluşturur.

Burada Q, R ve R değerlerini değiştirerek ve ortaya çıkan denklemleri çözerek sonunda buluyoruz

Örneğin, ne zaman ve ne zaman

Problem 28. Yüksekliği H ve iç çapı d olan silindirik bir silindir, basınç altında gazla doldurulur Silindirin silindirik duvarlarının kalınlığı a'dır. Bu duvarların maruz kaldığı çekme gerilmelerini şu yönlerde belirleyin: 1) boyuna ve 2) enine (gerilme, gerilme kuvvetinin enine kesit alanına oranına eşittir), küçük olduğu düşünülürse.

Karar. 1) Silindiri eksenine dik bir düzlemle iki parçaya böldük ve bunlardan birinin dengesini ele alıyoruz (Şek.

72, a). Silindir ekseni yönünde, tabandaki bir basınç kuvveti ve enine kesit alanı üzerine dağıtılan kuvvetler (atılan yarının hareketi) tarafından etki edilir, bunun sonucu olarak Q ile gösterilir.

Yaklaşık olarak enine kesit alanının eşit olduğunu varsayarsak, çekme gerilimi için değeri elde ederiz.

Yüzey ve hacimsel kuvvetler, belirli bir yüzeye veya hacme dağılmış bir yükü temsil eder. Böyle bir yük, bir hacmin, bir alanın veya bir uzunluğun birim başına kuvvet olan yoğunluk ile verilir.

Normalde belirli bir kirişe uygulanan düz dağıtılmış bir yük durumunda, pratik olarak ilginç bir dizi problemin çözümünde özel bir yer işgal edilir. Ekseni kiriş boyunca yönlendirirseniz , o zaman yoğunluk koordinatın bir fonksiyonu olacaktır ve N / m cinsinden ölçülür. Yoğunluk, birim uzunluk başına kuvvettir.

Bir kiriş ve bir yük yoğunluğu grafiği ile sınırlanan düz bir şekle, dağıtılmış yük diyagramı denir (Şekil 1.28). Çözülen sorunun doğası gereği deformasyonlar göz ardı edilebilir, yani. vücut tamamen katı olarak kabul edilebilir, bu durumda dağıtılan yük sonuç ile değiştirilebilir (ve değiştirilmelidir).

Işını kıralım uzunluk segmentleri
, her birinde yoğunluğun sabit ve eşit olduğunu varsayacağız
nerede –Bölümün koordinatı
... Bu durumda, yoğunluk eğrisi kesik bir çizgi ile değiştirilir ve segment başına yük
konsantre güç ile değiştirildi
noktada uygulandı (Şekil 1.29). Elde edilen paralel kuvvetler sistemi, paralel kuvvetlerin merkezinde uygulanan, segmentlerin her birine etki eden kuvvetlerin toplamına eşit bir sonuca sahiptir.

Böylesi bir temsilin, segment küçüldükçe gerçek durumu daha doğru tanımladığı açıktır.
yani daha fazla segment sayısı ... Segmentin uzunluğu ile sınıra geçerek kesin sonucu elde ederiz.
sıfıra meyillidir. Tarif edilen prosedürün bir sonucu olarak elde edilen limit bir integraldir. Böylece, sonuçtaki modül için şunu elde ederiz:

Bir noktanın koordinatını belirlemek için sonucun uygulanmasında Varignon teoremini kullanıyoruz:

kuvvet sisteminin bir sonucu varsa, o zaman ortaya çıkan herhangi bir merkeze (herhangi bir eksen) göre ortaya çıkan moment, bu merkeze (bu eksen) göre sistemin tüm kuvvetlerinin momentlerinin toplamına eşittir.

Kuvvetler sistemi için bu teoremi yazmak
eksen üzerindeki projeksiyonlarda ve segmentlerin uzunluğu sıfır olma eğilimindeyken sınıra geçerek şunu elde ederiz:

Açıktır ki, sonuç modülü sayısal olarak dağıtılmış yük diyagramının alanına eşittir ve uygulama noktası, dağıtılmış bir yük diyagramı biçiminde homojen bir plakanın ağırlık merkezi ile çakışır.

Sıklıkla ortaya çıkan iki vakaya işaret edelim.

,
(Şekil 1.30). Ortaya çıkan modülün modülü ve uygulama noktasının koordinatı aşağıdaki formüllerle belirlenir:

Mühendislik uygulamalarında böyle bir yük oldukça yaygındır. Çoğu durumda, ağırlık ve rüzgar yüklerinin eşit olarak dağıtıldığı kabul edilebilir.

,
(Şekil 1.31). Bu durumda:

Özellikle dikey duvardaki su basıncı, derinlikle doğru orantılıdır. .

Örnek 1.5

Destek reaksiyonlarını belirleyin ve iki konsantre kuvvetin etkisi altında bir kiriş ve eşit olarak dağıtılmış bir yük. Verilen:

Dağıtılan yükün sonucunu bulalım. Ortaya çıkan modül

omuz kuvveti noktaya göre eşit olarak
Işının dengesini düşünün. Güç devresi, Şek. 1.33.

Örnek 1.6

Konsantre bir kuvvetin, bir çift kuvvetin ve dağıtılmış bir yükün etkisi altında bir konsol kirişinin gömülme reaksiyonunu belirleyin (Şekil 1.34).

Dağıtılmış yükü üç konsantre kuvvetle değiştirelim. Bunu yapmak için, dağıtılmış yük diyagramını iki üçgene ve bir dikdörtgene ayıracağız. Bul

Güç devresi, Şek. 1.35.

Sonuçların omuzlarını eksen etrafında hesaplayalım

Bu durumda denge koşulları aşağıdaki gibidir:

KENDİNİ KONTROL İÇİN SORULAR:

1. Dağıtılan yükün yoğunluğu nedir?

2. Ortaya çıkan dağıtılmış yükün modülü nasıl hesaplanır?

3. Dağıtılan bileşiğin uygulama noktasının koordinatı nasıl hesaplanır

yük?

4. Modül nedir ve düzgün dağıtılmış yükün uygulama noktasının koordinatı nedir?

5. Modül nedir ve doğrusal olarak dağıtılmış yükün uygulama noktasının koordinatı nedir?

I.V. Meshchersky'nin sorun derlemesinden: 4.28; 4.29; 4.30; 4.33; 4.34.

"TEORİK MEKANİK - teori ve pratik" ders kitabından: CP-2'yi ayarlar; CP-3.

PRATİK DERSLER No. 4-5