Наред с концентрираните сили, разгледани по-горе, могат да бъдат изложени строителни конструкции и конструкции разпределени товари- по обем, по повърхност или по определена линия - и се определя от нея интензивност.

Пример за зареждане, разпределени в района, е натоварването от сняг, вятъра, течността или налягането на земята. Интензитетът на такова повърхностно натоварване има размерите на налягането и се измерва в kN / m 2 или килопаскали (kPa \u003d kN / m 2).

При решаване на проблеми често има натоварване, разпределени по дължината на гредата. Интензивност qтакова натоварване се измерва в kN/m.

Помислете за лъч, натоварен върху участъка [ а, б] разпределено натоварване, чиято интензивност варира според закона q= q(х). За да се определят опорните реакции на такъв лъч, е необходимо разпределеният товар да се замени с еквивалентен концентриран. Това може да стане според следното правило:

Помислете за специални случаи на разпределен товар.

а) общ случай на разпределен товар(фиг.24)

Фиг.24

q(x) - интензитет на разпределената сила [N/m],

Елементарна сила.

л- дължина на сегмента

Силата на интензитета q(x), разпределена по линейния сегмент, е еквивалентна на концентрираната сила

В точка се прилага концентрирана сила С(център на паралелни сили) с координата

б) постоянна интензивност на разпределения товар(фиг.25)

Фиг.25

в) интензитетът на разпределения товар, променящ се по линеен закон(фиг.26)

Фиг.26

Изчисляване на композитни системи.

Под композитни системи ще разберем структури, състоящи се от няколко тела, свързани едно с друго.

Преди да пристъпим към разглеждането на характеристиките на изчислението на такива системи, ние въвеждаме следното определение.

статично детерминирансе наричат ​​такива задачи и системи от статика, за които броят на неизвестните реакции на ограниченията не надвишава максимално допустимия брой уравнения.

Ако броят на неизвестните е по-голям от броя на уравненията,релевантно задачи и системи се наричат статично неопределени. Разликата между броя на неизвестните и броя на уравненията се нарича степен на статична неопределеностсистеми.

За всяка плоска система от сили, действащи върху твърдо тяло, има три независими условия на равновесие. Следователно за всяка плоска система от сили от условията на равновесие могат да се намерят не повече от три неизвестни реакции на свързване.

В случай на пространствена система от сили, действащи върху твърдо тяло, има шест независими условия на равновесие. Следователно, за всяка пространствена система от сили е възможно да се намерят не повече от шест неизвестни реакции на свързване от условията на равновесие.

Нека обясним това със следните примери.

1. Нека центърът на безтегловен идеален блок (пример 4) се държи от не два, а три пръта: АБ, слънцеи BDи е необходимо да се определят реакциите на прътите, като се пренебрегват размерите на блока.

Като се вземат предвид условията на задачата, получаваме система от сближаващи се сили, където да определим трите неизвестни: S A, S Cи S Dвсе още е възможно да се състави система само от две уравнения: Σ х = 0, Σ Й=0. Очевидно поставеният проблем и съответстващата му система ще бъдат статично неопределени.

2. Гредата, твърдо закрепена в левия край и имаща шарнирно фиксирана опора в десния край, се натоварва с произволна планарна система от сили (фиг. 27).

За да се определят поддържащите реакции, могат да се съставят само три уравнения на равновесие, които ще включват 5 неизвестни поддържащи реакции: X A, Y A,М А,XBи Y B. Посоченият проблем ще бъде два пъти статично неопределен.

Такъв проблем не може да бъде решен в рамките на теоретичната механика, като се приеме, че разглежданото тяло е абсолютно твърдо.

Фиг.27

Нека се върнем към изследването на композитните системи, типичен представител на които е рамка с три шарнира (фиг. 28, а). Състои се от две тела: ACи пр.н.есвързани ключпанта ° С. За тази рамка помислете два начина за определяне на опорните реакции на композитните системи.

1 начин.Помислете за тяло AC, натоварен с дадена сила Р, изхвърляйки, в съответствие с аксиома 7, всички връзки и ги замествайки съответно с реакциите на външни ( X А, У А) и вътрешни ( X C, YC) връзки (фиг. 28, б).

По подобен начин можем да разгледаме равновесието на тялото пр.н.епод влияние на поддържащи реакции AT - (X B, Y B) и реакции в свързващата панта ° С - (X C', YC’), където според аксиома 5: X C= X C', YC= YC’.

За всяко от тези тела могат да се съставят три уравнения на равновесие, така че общият брой неизвестни е: X А, У А , X C=X C', YC =YC’, X B, Y Bравен на общия брой уравнения и проблемът е статично детерминиран.

Припомняме, че според условието на задачата беше необходимо да се определят само 4 опорни реакции, но трябваше да свършим допълнителна работа, определяйки реакциите в свързващата панта. Това е недостатъкът на този метод за определяне на поддържащи реакции.

2 начин.Помислете за баланса на цялата рамка ABC, като се отхвърлят само външни ограничения и се заменят с неизвестни реакции на подкрепа X А, У А,XB, Y B .

Получената система се състои от две тела и не е абсолютно твърдо тяло, тъй като разстоянието между точките НОи ATможе да се промени поради взаимното въртене на двете части спрямо пантата С. Въпреки това можем да приемем, че съвкупността от силите, приложени към рамката ABCобразува система, ако използваме аксиомата за втвърдяване (фиг. 28, в).

Фиг.28

Така че за тялото ABCима три уравнения на равновесие. Например:

Σ М А = 0;

Σ х = 0;

Тези три уравнения ще включват 4 неизвестни поддържащи реакции X А, У А,XBи Y B. Имайте предвид, че опит да се използва като липсващо уравнение, например: Σ М Б= 0 няма да доведе до успех, тъй като това уравнение ще бъде линейно зависимо от предишните. За да се получи линейно независимо четвърто уравнение, е необходимо да се разгледа равновесието на друго тяло. Като това можете да вземете една от частите на рамката, например - слънце. В този случай е необходимо да се състави уравнение, което да съдържа "старите" неизвестни X А, У А,XB, Y Bи не съдържаше нови. Например, уравнението: Σ х (слънце) = 0 или повече:- X C' + X B= 0 не е подходящ за тези цели, тъй като съдържа "ново" неизвестно X C’, но уравнението Σ М С (слънце) = 0 отговаря на всички необходими условия. По този начин желаните поддържащи реакции могат да бъдат намерени в следната последователност:

Σ М А = 0; → Y B= Р/4;

Σ М Б = 0; → У А= -Р/4;

Σ М С (слънце) = 0; → X B= -Р/4;

Σ х = 0; →X А= -3Р/4.

За да проверите, можете да използвате уравнението: Σ М С (AC) = 0 или по-подробно: - У А∙2 + X А∙2 + Р∙1 = Р/4∙2 -3Р/4∙2 +Р∙1 = Р/2 - 3Р/2 +Р = 0.

Имайте предвид, че това уравнение включва всичките 4 открити реакции на подкрепа: X Аи У А- изрично и X Bи Y B- имплицитно, тъй като те са били използвани при определянето на първите две реакции.

Графично определение на реакциите на подкрепа.

В много случаи решението на задачите може да бъде опростено, ако вместо уравненията на равновесието или в допълнение към тях, директно се използват равновесните условия, аксиоми и теореми на статиката. Съответният подход се нарича графична дефиниция на реакциите на подкрепа.

Преди да пристъпим към разглеждането на графичния метод, отбелязваме, че що се отнася до система от сближаващи се сили, само онези проблеми, които позволяват аналитично решение, могат да бъдат графично решени. В същото време графичният метод за определяне на опорните реакции е удобен за малък брой натоварвания.

И така, графичният метод за определяне на реакциите на подкрепа се основава главно на използването на:

Аксиоми за баланса на система от две сили;

Аксиоми за действие и реакция;

Теореми за три сили;

Условия за равновесие на плоска система от сили.

При графичното определяне на реакциите на композитни системи се препоръчва следното. последователност на разглеждане:

Изберете тяло с минимален брой алгебрични неизвестни реакции на връзките;

Ако има две или повече такива тела, тогава започнете решението, като разгледате тялото, към което са приложени по-малък брой сили;

Ако има две или повече такива тела, тогава изберете тялото, за което по-големият брой сили е известен от посоката.

Разрешаване на проблем.

Когато решавате проблемите на този раздел, трябва да имате предвид всички онези общи инструкции, които бяха направени по-рано.

При започване на решаването е необходимо преди всичко да се установи равновесието на кое конкретно тяло трябва да се вземе предвид в тази задача. След това, като отделим това тяло и го считаме за свободно, трябва да изобразим всички дадени сили, действащи върху тялото, и реакциите на изхвърлените връзки.

След това трябва да съставите условията на равновесие, като използвате формата на тези условия, което води до по-проста система от уравнения (най-простата ще бъде система от уравнения, всяко от които включва едно неизвестно).

За да се получат по-прости уравнения, следва (освен ако това не усложнява изчислението):

1) съставяне на проекционни уравнения, начертайте координатна ос, перпендикулярна на някаква неизвестна сила;

2) при съставянето на уравнението на момента е препоръчително да изберете като моментно уравнение точката, в която се пресичат линиите на действие на две от трите неизвестни опорни реакции - в този случай те няма да бъдат включени в уравнението и то ще съдържа само едно неизвестно;

3) ако две от трите неизвестни опорни реакции са успоредни, тогава при съставянето на уравнението в проекции върху оста, последната трябва да бъде насочена така, че да е перпендикулярна на първите две реакции - в този случай уравнението ще съдържа само последното неизвестно;

4) при решаване на задачата координатната система трябва да бъде избрана така, че осите й да са ориентирани по същия начин, както по-голямата част от силите на системата, приложени към тялото.

Когато се изчисляват моменти, понякога е удобно да се разложи дадена сила на две компоненти и с помощта на теоремата на Вариньон да се намери моментът на силата като сума от моментите на тези компоненти.

Решаването на много проблеми на статиката се свежда до определяне на реакциите на опорите, с помощта на които се фиксират греди, мостови ферми и др.

Пример 7Към скобата, показана на фиг. 29, а,във възел ATокачен товар с тегло 36 kN. Връзките на елементите на скобата са шарнирни. Определете силите, възникващи в прътите АБи слънце, считайки ги безтегловни.

Решение.Помислете за равновесието на възела AT, в която пръчките се събират АБи слънце. възел ATпредставлява точка в чертежа. Тъй като товарът е окачен от възела AT, след това в точката ATПрилагаме сила F, равна на теглото на окачения товар. пръчки VAи слънце, шарнирно свързани във възел AT,ограничават възможността за всяко негово линейно движение в вертикална равнина, т.е. са връзки по отношение на възела AT.

Ориз. 29.Схема за изчисление на скобата за пример 7:

а -схема на проектиране; б -система от сили във възел Б

Мислено изхвърляме връзките и заменяме техните действия със сили - реакции на връзките Р Аи R C. Тъй като пръчките са безтегловни, реакциите на тези пръчки (силите в пръчките) са насочени по оста на прътите. Да приемем, че и двата пръта са опънати, т.е. техните реакции са насочени от пантата към вътрешността на прътите. След това, ако след изчислението реакцията се окаже със знак минус, тогава това ще означава, че всъщност реакцията е насочена в посока, противоположна на тази, посочена на чертежа, т.е. пръчката ще бъде компресирана.

На фиг. 29, бе показано, че в точката ATприложена активна сила Фи връзките реакции Р Аи R CВижда се, че изобразената система от сили е плоска система от сили, сближаващи се в една точка. Координатните оси избираме произволно OXи OYи съставете уравнения на равновесие от вида:

Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;

Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.

Предвид това cos (90 -α ) = гряхα, от второто уравнение намираме

Rc = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN

Заместване на стойността Rcв първото уравнение получаваме

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

Така че пръчката АБ- опъната, и пръчката слънце- компресиран.

За да проверим правилността на намерените сили в прътите, проектираме всички сили върху всяка ос, която не съвпада с осите хи Йнапример ос У:

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

След заместване на стойностите на намерените сили в прътите (размер в килонютони), получаваме

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

Условието на равновесие е изпълнено, следователно намерените сили в прътите са правилни.

Пример 8Лъч скеле, чиято тежест може да се пренебрегне се държи в хоризонтално положение от гъвкав прът CDи шарнирно се опира на стената в точката НО. Намерете силата на изтегляне CDако работник с тегло 80 kg ≈0,8 kN стои на ръба на скелето (фиг. 30, а).

Ориз. тридесет.Схема за изчисление на скелето например 8:

а– изчислителна схема; б– система от сили, действащи върху скелето

Решение.Избираме обекта на баланс. В този пример обектът на баланс е гредата на скелето. В точката ATактивна сила, действаща върху лъча Фравно на теглото на човек. Връзките в този случай са фиксираната опорна панта НОи тяга CD. Нека мислено изхвърлим връзките, като заменим тяхното действие върху гредата с реакциите на връзките (фиг. 30, б). Не е необходимо да се определя реакцията на фиксирана шарнирна опора според състоянието на проблема. Реакция на тласък CDнасочени по линията. Да приемем пръчката CDразтегнат, т.е. реакция Р Днасочен далеч от пантата Свътре в пръта. Нека да разложим реакцията Р Д, според правилото на паралелограма, на хоризонтални и вертикални компоненти:

R Dx планини \u003d R D cosα ;

R Dy vert = R D cos(90-α) = R D гряхα .

В резултат на това получихме произволна плоска система от сили, необходимо условиеравновесието на което е равенството на нула на три независими условия на равновесие,.

В нашия случай е удобно първо да запишем условието за равновесие като сума от моменти около моментната точка НО, от момента на реакцията на подкрепа Р Аспрямо тази точка е равно на нула:

Σ mA = 0; Ф∙3а - Р dy ∙ а = 0

Ф∙3а - R D гряхα = 0.

Стойността на тригонометричните функции се определя от триъгълника ACD:

cosα = AC/CD = 0,89,

sinα = AD/CD = 0,446.

Решавайки уравнението на равновесието, получаваме Р D = 5,38 kN. (Тяж CD- разтегнат).

За да проверите правилността на изчислението на усилието в нишката CDнеобходимо е да се изчисли поне един от компонентите на поддържащата реакция Р А. Използваме уравнението на равновесието във формата

Σ Fy = 0; VA + R Dy- Ф= 0

VA = Ф- Rdy.

Оттук VA= -1,6 kN.

Знакът минус означава, че вертикалният компонент на реакцията Р Асочещи надолу към опората.

Нека проверим правилността на изчислението на усилието в нишката. Използваме още едно условие за равновесие под формата на уравнения на моменти около точката AT.

Σ m B = 0; VA∙3a + R Dy ∙ 2а = 0;

1,6∙3а + 5,38∙0,446∙2а = 0; 0 = 0.

Условията за равновесие са изпълнени, следователно силата в нишката е намерена правилно.

Пример 9Вертикалната бетонна колона се бетонира с долния си край в хоризонтална основа. Отгоре натоварването от стената на сградата с тегло 143 kN се прехвърля към стълба. Колоната е от бетон с плътност γ= 25 kN/m 3 . Размерите на колоната са показани на фиг. 31, а. Определете реакциите в твърдо вграждане.

Ориз. 31.Схема за изчисление на колоната например 9:

а- схема на натоварване и размери на колоната; б- изчислителна схема

Решение.В този пример обектът на баланс е колоната. Колоната се натоварва със следните видове активни товари: в точката НОконцентрирана сила F, равна на теглото на стената на сградата, и собственото тегло на колоната под формата на натоварване, равномерно разпределено по дължината на гредата с интензитет qза всеки метър дължина на колоната: q = 𝛾A, където НОе площта на напречното сечение на колоната.

q= 25∙0.51∙0.51 = 6.5 kN/m.

Връзките в този пример са твърда котва в основата на стълба. Мислено изхвърлете прекратяването и заменете действието му с реакциите на връзките (фиг. 31, б).

В нашия пример разглеждаме специален случай на действие на система от сили, перпендикулярни на вграждането и преминаващи по една ос през точката на приложение на опорните реакции. Тогава две опорни реакции: хоризонталният компонент и реактивният момент ще бъдат равни на нула. За да определим вертикалния компонент на опорната реакция, проектираме всички сили върху оста на елемента. Подравнете тази ос с оста Z,тогава условието за равновесие може да се запише в следния вид:

Σ F Z = 0; V B - F - ql = 0,

където ql- резултатно разпределено натоварване.

V Б = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.

Знакът плюс показва, че реакцията V Бнасочени нагоре.

За да се провери правилността на изчислението на опорната реакция, остава още едно условие за равновесие - под формата на алгебрична сума от моментите на всички сили спрямо всяка точка, която не минава през оста на елемента. Предлагаме ви да направите този тест сами.

Пример 10За гредата, показана на фиг. 32, а, се изисква да се определят опорните реакции. дадено: Ф= 60 kN, q= 24 kN/m, М= 28 kN∙m.

Ориз. 32.Схема за изчисление и размери на гредата например 10:

Решение.Помислете за баланса на лъча. Гредата е натоварена с активно натоварване под формата на плоска система от успоредни вертикални сили, състояща се от концентрирана сила Ф, равномерно разпределен интензитет на натоварване qс получената В, приложен в центъра на тежестта на товарната зона (фиг. 32, б) и концентриран момент М, което може да бъде представено като двойка сили.

Връзките в тази греда са шарнирно фиксирана опора НОи артикулирана подкрепа AT. Отделяме обекта на равновесие, за това изхвърляме опорните връзки и заменяме техните действия с реакции в тези връзки (фиг. 32, б). Реакция на лагера Р Бе насочена вертикално, а реакцията на шарнирно фиксираната опора Р Аще бъде успоредна на активната система от действащи сили и също така насочена вертикално. Да приемем, че са насочени нагоре. Получено разпределено натоварване В= 4,8∙q се прилага в центъра на симетрия на товарната зона.

При определяне на опорните реакции в греди е необходимо да се стремим да съставим уравненията на равновесието по такъв начин, че всяко от тях да включва само една неизвестна. Това може да се постигне чрез изготвяне на две уравнения на моменти за референтните точки. Опорните реакции обикновено се проверяват чрез съставяне на уравнение под формата на сбора от проекциите на всички сили върху ос, перпендикулярна на оста на елемента.

Нека условно приемем посоката на въртене на момента на опорни реакции около моментните точки за положителна, тогава обратната посока на въртене на силите ще се счита за отрицателна.

Необходимо и достатъчно условие за равновесие в този случай е равенството на нула на независими условия на равновесие във формата:

Σ mA = 0; V Б ∙6 - q∙4,8∙4,8 + М+Ж∙2,4 = 0;

Σ м Б = 0; VA∙6 - q∙4,8∙1,2 - М - Ф∙8,4 = 0.

Замествайки числовите стойности на количествата, намираме

V Б= 14,4 kN, VA= 15,6 kN.

За да проверим правилността на намерените реакции, използваме условието за равновесие във формата:

Σ Fy = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.

След заместване на числовите стойности в това уравнение, получаваме идентичност от типа 0=0. От това заключаваме, че изчислението е извършено правилно и реакциите на двете опори са насочени нагоре.

Пример 11.Определете опорните реакции за гредата, показана на фиг. 33, а. дадено: Ф= 2,4 kN, М= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.

Ориз. 33Схема за изчисление и размери на гредата например 11:

а - проектна схема; б - обект на равновесие

Решение.Помислете за баланса на лъча. Мислено освобождаваме гредата от връзките на опорите и избираме равновесния обект (фиг. 33, б). Гредата е натоварена с активно натоварване под формата на произволна плоска система от сили. Получено разпределено натоварване В = q∙3 е прикрепен в центъра на симетрия на товарната зона. Сила Фразлагат по правилото на паралелограма на компоненти - хоризонтални и вертикални

F z = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;

Fy=F cos(90-α) = Фгрях 60°= 2,08 kN.

Прилагаме към обекта на равновесие вместо изхвърлените връзки на реакцията. Да предположим вертикалната реакция VAшарнирна подвижна опора НОнасочена нагоре, вертикална реакция V Бшарнирна неподвижна опора Бсъщо е насочена нагоре, а хоризонталната реакция H B- надясно.

Така на фиг. 33, бизобразена е произволна плоска система от сили, необходимото условие за равновесие на която е равенството на нула на три независими условия на равновесие за плоска система от сили. Припомнете си, че според теоремата на Вариньон е моментът на силата Фза всяка точка е равно на суматамоменти на компонентите Fz и Fyоколо същата точка. Нека условно приемем посоката на въртене на момента на опорни реакции около моментните точки за положителна, тогава обратната посока на въртене на силите ще се счита за отрицателна.

Тогава е удобно да запишете условията на равновесие в следната форма:

Σ fz = 0; - Fz + HB= 0; оттук H B= 1,2 kN;

Σ mA = 0; V Б∙6 + М - Fy∙2 + 3q∙0,5 = 0; оттук V Б= - 1,456 kN;

Σ м Б = 0; VA ∙6 - 3q∙6,5 - Fy ∙4 - М= 0; оттук VA= 5,336 kN.

За да проверим правилността на изчислените реакции, използваме още едно равновесно условие, което не е използвано, например:

Σ Fy = 0; V A + V B - 3q - Fy = 0.

Вертикална опорна реакция V Бсе оказа със знак минус, това показва, че в този лъч той е насочен не нагоре, а надолу.

Пример 12.Определете опорните реакции за греда, неподвижно вградена от едната страна и показана на фиг. 34, а. дадено: q=20 kN/m.

Ориз. 34.Схема за изчисление и размери на гредата например 12:

а - проектна схема; б - обект на равновесие

Решение.Нека отделим обекта на равновесие. Гредата е натоварена с активно натоварване под формата на плоска система от паралелни сили, разположени вертикално. Мислено освобождаваме лъча от връзките в края и ги заместваме с реакции под формата на концентрирана сила V Би двойки сили с желания реактивен момент М Б(виж фиг. 34, б). Тъй като активните сили действат само във вертикална посока, хоризонталната реакция H Bравно на нула. Нека условно приемем посоката на въртене на момента на опорните реакции около моментните точки по часовниковата стрелка за положителна, тогава обратната посока на въртене на силите ще се счита за отрицателна.

Съставяме условията на равновесие във формата

Σ Fy = 0; V Б- q∙1,6 = 0;

Σ м Б = 0; М Б - q∙1,6∙1,2 = 0.

Тук q∙1.6 - резултатната от разпределения товар.

Заместване на числените стойности на разпределеното натоварване q, намираме

V V= 32 kN, М Б= 38,4 kN∙m.

За да проверим правилността на намерените реакции, съставяме още едно условие за равновесие. Сега нека вземем друга точка като моментна точка, например десния край на гредата, след което:

Σ mA = 0; М Б – V Б∙2 + q∙1,6∙0,8 = 0 .

След заместване на числовите стойности получаваме идентичност 0=0.

Накрая заключаваме, че реакциите на подкрепа са намерени правилно. Вертикална реакция V Бнасочен нагоре, и реактивния момент М В- по часовниковата стрелка.

Пример 13Определете опорните реакции на гредата (фиг. 35, а).

Решение.Полученият разпределен товар действа като активен товар В=(1/2)∙aq\u003d (1/2) ∙ 3 ∙ 2 = 3 kN, чиято линия на действие минава на разстояние 1 m от лявата опора, силата на опъване на нишката т = Р= 2 kN приложен в десния край на гредата и концентриран момент.

Тъй като последните могат да бъдат заменени с двойка вертикални сили, натоварването, действащо върху гредата, заедно с реакцията на подвижната опора ATобразува система от паралелни сили, така че реакцията Р Асъщо ще бъде насочена вертикално (фиг. 35, б).

За да определим тези реакции, използваме уравненията на равновесието.

Σ М А = 0; -В∙1 + Р Б∙3 - М + т∙5 = 0,

Р Б = (1/3) (В + М-Р∙5) = (1/3) (3 + 4 - 2∙5) = -1 kN.

Σ М Б = 0; - Р А∙3 +В∙2 - М+ т∙2 = 0,

Р А= (1/3) (В∙2 - М+Р∙2) = (1/3) (3∙2 - 4 + 2∙2) = 2 kN.

Фиг.35

За да проверим правилността на полученото решение, използваме допълнително уравнение на равновесие:

Σ Y и = Р А - В + Р Б+т = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,

тоест проблемът е решен правилно.

Пример 14Намерете опорните реакции на конзолна греда, натоварена с разпределен товар (фиг. 36, а).

Решение.Полученото разпределено натоварване се прилага в центъра на тежестта на диаграмата на натоварването. За да не търсим положението на центъра на тежестта на трапеца, го представяме като сбор от два триъгълника. Тогава даденото натоварване ще бъде еквивалентно на две сили: В 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN и В 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, които се прилагат в центъра на тежестта на всеки от триъгълниците (фиг. 36, б).

Фиг.36

Опорните реакции на твърдо прищипване са представени от силата Р Аи момент М А, за да се определи кое е по-удобно да се използват уравненията на равновесието за система от паралелни сили, тоест:

Σ М А = 0; М А= 15 kN∙m;

Σ Й= 0, Р А= 9 kN.

За да проверим, използваме допълнителното уравнение Σ М Б= 0, където точката ATразположен в десния край на лъча:

Σ М Б = М А - Р А∙3 + В 1 ∙2 + В 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.

Пример 15Претегляне на хомогенна греда В= 600 N и дължина л= 4 m опира в единия си край върху гладък под, и междинна точка ATна висок стълб з= 3 m, образувайки ъгъл от 30 ° с вертикалата. В това положение гредата се държи от въже, опънато на пода. Определете напрежението на въжето ти пост реакции - Р Би секс - Р А(фиг.37, а).

Решение.Греда или прът в теоретичната механика се разбира като тяло, чиито напречни размери в сравнение с дължината му могат да бъдат пренебрегнати. Значи теглото Вхомогенен лъч, прикрепен в точка С, където AC= 2 м.

Фиг.37

1) Тъй като две от трите неизвестни реакции се прилагат в точката НО, първото нещо, което трябва да направите, е да формулирате уравнението Σ М А= 0, тъй като само реакцията Р Б:

- Р Б∙АБ+В∙(л/2)∙sin30° = 0,

където АБ = з/cos30°= 2 m.

Замествайки в уравнението, получаваме:

Р Б∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

Р Б\u003d 600 / (2) \u003d 100 ≅ 173 N.

По същия начин, от уравнението на момента може да се намери и реакцията Р А, избирайки като момент точката, в която линиите на действие се пресичат Р Би т. Това обаче ще изисква допълнителни конструкции, така че е по-лесно да се използват други уравнения на равновесие:

2) Σ х = 0; Р Б∙cos30° - т = 0; → т = Р Б∙cos30°= 100 ∙( /2) = 150 N;

3) Σ Й= 0, Р Б∙sin30°- В +Р А= 0; → Р А = В- Р Б∙sin30°= 600 - 50 ≅ 513 N.

Така открихме ти Р Апрез Р Б, така че можете да проверите правилността на полученото решение с помощта на уравнението: Σ М Б= 0, което изрично или имплицитно включва всички намерени реакции:

Р А∙АБ sin30°- т∙АБ cos30° - В∙(АБ - л/2)∙sin30°= 513∙2 ∙(1/2) - 150∙2 ∙( /2) - 600∙ (2 - 2)∙(1/2) = 513∙ - 150∙3 - 600∙( -1) ≅ 513∙1,73 - 450 - 600∙0,73 = 887,5 - 888 = -0,5.

Получава се в резултат на закръгляване несъответствие∆= -0,5 се нарича абсолютна грешкаизчисления.

За да отговорите на въпроса колко точен е резултатът, изчислете относителна грешка, което се определя по формулата:

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

Пример 16Определете опорните реакции на рамката (фиг. 38). Тук и по-долу, освен ако не е посочено друго, всички размери на фигурите ще се считат посочени в метри, а силите - в килонютони.

Фиг.38

Решение.Нека разгледаме равновесието на рамката, към която се прилага силата на опън на нишката като активна сила травно на теглото на товара В.

1) Реакцията на подвижната опора Р Бнамерете от уравнението Σ М А= 0. За да не се изчисли рамото на силата т, ние използваме теоремата на Вариньон, разлагайки тази сила на хоризонтални и вертикални компоненти:

Р Б∙2 + т sin30°∙3 - т cos30°∙4 = 0; → Р Б = (1/2)∙ В(cos30°∙4 - sin30°∙3) = (5/4) ∙ (4 - 3) kN.

2) За изчисляване У Анапишете уравнението Σ М С= 0, където точката Слежи в пресечната точка на линиите на действие на реакциите Р Би X А:

- У А∙2 + т sin30°∙3 - т cos30°∙2 = 0; → У А= (1/2)∙ В(sin30°∙3 -cos30°∙2) = (5/4) ∙ (3 -2) kN.

3) Накрая намираме реакцията X А:

Σ х = 0; X А - т sin30° = 0; → X А =В sin30° = 5/2 kN.

Тъй като и трите реакции са открити независимо една от друга, за проверка трябва да вземете уравнението, което включва всяка от тях:

Σ М Д = X А∙3 - У А∙4 - Р Б∙2 = 15/2 - 5∙(3 -2 ) - (5/2)∙ (4 - 3) = 15/2 - 15 + 10 -10 +15/2 = 0.

Пример 17.Определете опорните реакции на пръта с начупен контур (фиг. 39, а).

Решение.Заменяме разпределеното натоварване върху всяка секция от пръта с концентрирани сили В 1 = 5 kN и В 2 = 3 kN и действието на изхвърлената твърда щипка - чрез реакции X А,У Аи М А(фиг.39, б).

Фиг.39

1) Σ М А = 0; М А -В 1 ∙2,5 - В 2 ∙5,5 = 0; → М А= 5∙2,5 + 3∙5,5 = 12,5 + 16,5 = 29 kNm.

2) Σ х = 0; X А + В 1 sina = 0; → X А= -5∙(3/5) = -3 kN.

3) Σ Й= 0; У А - В 1 коза- В 2 = 0; →У А= 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 kN, тъй като sinα = 3/5, cosα = 4/5.

Проверете: Σ М Б = 0; М А + X А∙3 - У А∙7 +В 1 cosα∙4,5 + В 1 sinα∙1,5 + В 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.

Пример 18.За рамката, показана на фиг. 40, а,трябва да се определят реакциите на подкрепа. дадено: Ф= 50 kN, М= 60 kN∙m, q= 20 kN/m.

Решение. Помислете за баланса на рамката. Психично освободете рамката от връзките върху опорите (фиг. 40, б) и изберете равновесния обект. Рамката е натоварена с активно натоварване под формата на произволна равнинна система от сили. Вместо изхвърлени връзки, ние прилагаме реакции към обекта на равновесие: върху шарнирно фиксирана опора НО- вертикално VAи хоризонтално H A, и на шарнирна подвижна опора AT- вертикална реакция V БОчакваната посока на реакциите е показана на фиг. 40, б.

Фиг.40.Схема за изчисление на рамката и балансовия обект, например 18:

а– изчислителна схема; б- обект на баланс

Формулираме следните условия на равновесие:

Σ F x = 0; -H A + Ф = 0; H A= 50 kN.

Σ mA = 0; V Б∙6 + М - q∙6∙3 - Ф∙6 = 0; V Б= 100 kN.

Σ Fy = 0; VA + V Б - q∙6 = 0; VA= 20 kN.

Тук посоката на въртене около моментните точки обратно на часовниковата стрелка се приема като положителна.

За да проверим правилността на изчислението на реакциите, използваме условието за равновесие, което включва всички поддържащи реакции, например:

Σ m C = 0; V Б∙3 + М – H A∙6 – VA∙3 = 0.

След заместване на числовите стойности получаваме идентичност 0=0.

Така посоката и величината на опорните реакции се определят правилно.

Пример 19.Определете опорните реакции на рамката (фиг. 41, а).

Фиг.41

Решение.Както в предишния пример, рамката се състои от две части, свързани чрез панта за ключ С.Разпределеното натоварване, приложено към лявата страна на рамката, се заменя с полученото В 1 , а вдясно - резултантът В 2, където В 1 = В 2 = 2kN.

1) Намиране на реакция Р Бот уравнението Σ М С (слънце) = 0; → Р Б= 1kN;

Повърхностните и обемните сили представляват натоварване, разпределено върху определена повърхност или обем. Такова натоварване се дава от интензитета, който е силата на единица от някакъв обем, или някаква площ, или някаква дължина.

Специално място при решаването на редица практически интересни задачи заема случаят на плоско разпределено натоварване, приложено по нормалата към определена греда. Ако насочите оста по протежение на гредата , тогава интензитетът ще бъде функция на координатата и се измерва в N/m. Интензитетът е силата на единица дължина.

Плоска фигура, ограничена от греда и графика на интензитета на натоварване, се нарича диаграма на разпределено натоварване (фиг. 1.28). Ако поради естеството на решавания проблем деформациите могат да бъдат пренебрегнати, т.е. Тъй като тялото може да се счита за абсолютно твърдо, тогава разпределеният товар може (и трябва) да бъде заменен от резултата.

Нека разделим лъча на дължини сегменти
, на всеки от които приемаме, че интензитетът е постоянен и равен на
, където - координата на сегмента
. В този случай кривата на интензитета се заменя с прекъсната линия и натоварването на сегмент
, се заменя с концентрирана сила
, приложен в точката (Фигура 1.29). Получената система от успоредни сили има резултат, равен на сумата от силите, действащи върху всеки от сегментите, приложени в центъра на успоредните сили.

Ясно е, че такова представяне описва реалната ситуация толкова по-точно, колкото по-малък е сегментът
, т.е. колкото повече сегменти . Получаваме точния резултат, като преминем към границата на дължината на отсечката
стремящи се към нула. Границата, получена от описаната процедура, е интегрална. По този начин за модула на резултата получаваме:

За определяне на координатите на точка При прилагане на резултата използваме теоремата на Вариньон:

ако системата от сили има резултат, тогава моментът на резултата около всеки център (коя да е ос) е равен на сумата от моментите на всички сили на системата около този център (тази ос)

Записване на тази теорема за система от сили
в проекции на оста и преминавайки до границата с дължината на сегментите, стремяща се към нула, получаваме:

Очевидно модулът на резултата е числено равен на площта на диаграмата на разпределеното натоварване и точката на неговото приложение съвпада с центъра на тежестта на хомогенна плоча, имаща формата на диаграма на разпределено натоварване.

Отбелязваме два често срещани случая.

,
(фиг. 1.30). Полученият модул и координатата на неговата точка на приложение се определят по формулите:

В инженерната практика такова натоварване е доста често срещано. В повечето случаи теглото и натоварването от вятъра могат да се считат за равномерно разпределени.

,
(Фигура 1.31). В такъв случай:

По-специално, налягането на водата върху вертикална стена е право пропорционално на дълбочината .

Пример 1.5

Определете реакциите на опорите и греда под действието на две концентрирани сили и равномерно разпределен товар. дадено:

Намерете резултата от разпределения товар. Полученият модул е ​​равен на

рамо на силата спрямо точката се равнява
Помислете за баланса на лъча. Силовата верига е показана на фиг. 1.33.

Пример 1.6

Определете реакцията на вграждането на конзолната греда, която е под действието на концентрирана сила, двойка сили и разпределено натоварване (фиг. 1.34).

Нека заменим разпределеното натоварване с три концентрирани сили. За да направите това, разделяме диаграмата на разпределения товар на два триъгълника и правоъгълник. Намираме

Силовата верига е показана на фиг. 1.35.

Изчислете раменете на резултата спрямо оста

Условията на равновесие в разглеждания случай имат формата:

ВЪПРОСИ ЗА САМОПРОВЕРКА:

1. Как се нарича интензитет на разпределения товар?

2. Как да изчислим модула на резултантния разпределен товар?

3. Как да изчислим координатата на точката на приложение на полученото разпределено

натоварване?

4. Какъв е модулът и каква е координатата на точката на приложение на равномерно разпределен товар?

5. Какъв е модулът и каква е координатата на точката на приложение на линейно разпределен товар?

От сборника задачи на И. В. Мешчерски: 4.28; 4,29; 4,30; 4,33; 4.34.

От учебника "ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНИКА - теория и практика": комплекти СР-2; SR-3.

ПРАКТИЧЕСКИ ИЗУЧЕНИЯ № 4-5

При инженерните изчисления често се срещат натоварвания, разпределени по дадена повърхност по един или друг закон. Помислете за някои от най-простите примери за разпределени сили, лежащи в една и съща равнина.

Плоска система от разпределени сили се характеризира със своя интензитет q, т.е. със стойността на силата на единица дължина на натоварения сегмент. Интензитетът се измерва в нютони, разделени на метри.

1) Сили, равномерно разпределени по отсечка от права линия (фиг. 69, а). За такава система от сили интензитетът q има постоянна стойност. При статичните изчисления тази система от сили може да бъде заменена с резултантната

модулно

В средата на сегмента AB се прилага сила Q.

2) Сили, разпределени по отсечка от права линия по линеен закон (фиг. 69, б). Пример за такова натоварване могат да бъдат силите на водния натиск върху язовира, които имат най-висока стойностна дъното и падане до нула на повърхността на водата. За тези сили интензитетът q е променлива стойност, нарастваща от нула до максимална стойност.Резултантната Q на тези сили се определя подобно на резултата от гравитационните сили, действащи върху еднаква триъгълна плоча ABC. Тъй като теглото на хомогенна плоча е пропорционално на нейната площ, тогава по модул,

На разстояние от страната BC на триъгълник ABC се прилага сила Q (виж § 35, т. 2).

3) Сили, разпределени по отсечка от права линия по произволен закон (фиг. 69, в). Полученият Q на такива сили, по аналогия със силата на тежестта, е равен по абсолютна стойност на площта на фигурата ABDE, измерена в подходящ мащаб, и преминава през центъра на тежестта на тази област ( въпросът за определяне на центровете на тежестта на областите ще бъде разгледан в § 33).

4) Сили, равномерно разпределени по дъгата на окръжност (фиг. 70). Пример за такива сили са силите хидростатично наляганена странични стеницилиндричен съд.

Нека радиусът на дъгата е , където е оста на симетрия, по която насочваме оста.Системата от сближаващи се сили, действащи върху дъгата има резултат Q, насочен по оста поради симетрия, докато

За да определим стойността на Q, избираме елемент върху дъгата, чието положение се определя от ъгъла и дължината.Силата, действаща върху този елемент, е числено равна на и проекцията на тази сила върху оста ще бъде Тогава

Но от фиг. 70 се вижда, че Следователно, оттогава

където е дължината на хордата, която стяга дъгата AB; q - интензитет.

Задача 27. Равномерно разпределено натоварване по интензитет действа върху конзолна греда A B, чиито размери са посочени на чертежа (фиг. 71).

Решение. Заменяме разпределените сили с техните резултатни Q, R и R, където съгласно формули (35) и (36)

и съставете условията на равновесие (33) за успоредните сили, действащи върху гредата

Замествайки тук вместо Q, R и R техните стойности и решавайки получените уравнения, накрая намираме

Например, ако получим и ако

Задача 28. Цилиндричен цилиндър, чиято височина е H, а вътрешен диаметър d, е изпълнен с газ под налягане Дебелината на цилиндричните стени на цилиндъра е a. Определете напреженията на опън, изпитвани от тези стени в посоките: 1) надлъжно и 2) напречно (напрежението е равно на съотношението на силата на опън към площта на напречното сечение), считайки го за малко.

Решение. 1) Нека разрежем цилиндъра с равнина, перпендикулярна на оста му, на две части и разгледаме равновесието на една от тях (фиг.

72а). Върху него действат по посока на оста на цилиндъра силата на натиск върху дъното и силите, разпределени върху площта на напречното сечение (действието на изхвърлената половина), резултатът от които се обозначава с Q. При равновесие

Ако приемем, че площта на напречното сечение е приблизително равна, получаваме стойността за напрежението на опън

Всеки собственик на трифазен вход (380 V) е длъжен да се грижи за равномерно натоварване на фазите, за да избегне претоварване на една от тях. При неравномерно разпределение на трифазен вход, когато нулата изгори или нейният лош контакт, напреженията на фазовите проводници започват да се различават едно от друго, както нагоре, така и надолу. На ниво еднофазно захранване (220 волта) това може да доведе до повреда на електрически уреди поради повишено напрежение от 250-280 волта или намалено напрежение от 180-150 волта. Освен това в този случай има надценена консумация на електроенергия от електрически уреди, които са нечувствителни към изкривяване на напрежението. В тази статия ще ви преведем през това как се извършва балансиране на фазовото натоварване чрез предоставяне кратки инструкциисъс схема и видео пример.

Какво е важно да знаете

Тази диаграма условно илюстрира трифазна мрежа:

Напрежението между фазите от 380 волта е обозначено в синьо. в зеленоозначава равномерно разпределено линейно напрежение. Червено - изкривяване на напрежението.

Новите абонати на трифазна електрическа мрежа в частна къща или апартамент при първото свързване не трябва да разчитат силно на първоначално равномерно разпределен товар на входната линия. Тъй като няколко консуматора могат да се захранват от една линия и те могат да имат проблеми с разпределението.

Ако след измервания видите, че има (повече от 10%, според GOST 29322-92), трябва да се свържете със захранващата организация, за да вземете подходящи мерки за възстановяване на фазовата симетрия. Можете да научите повече за това от нашата статия.

Съгласно споразумението между абоната и ВЕИ (за ползване на електрическа енергия), последните трябва да доставят висококачествена електрическа енергия на къщите, с посочените. Честотата също трябва да съответства на 50 херца.

Правила за разпространение

При проектирането на схема на окабеляване е необходимо да се изберат предвидените групи потребители възможно най-равномерно и да се разпределят по фази. Например, всяка група изводи в стаите в къщата е свързана със собствен фазов проводник и групирана по такъв начин, че натоварването на мрежата да е оптимално. Осветителните линии са организирани по същия начин, разпределяйки ги върху различни фазови проводници и т.н.: пералня, пещ, фурна, бойлер, бойлер.

Разпределение на напрежението в случай на проблем с равнина

Този случай съответства на напреженото състояние под стенни основи, подпорни стени, насипи и други конструкции, чиято дължина значително надвишава напречните им размери:

където л- дължината на основата; б- ширина на фундамента. В този случай разпределението на напреженията под която и да е част от конструкцията, подчертано от две успоредни секции, перпендикулярни на оста на конструкцията, характеризира състоянието на напрежение под цялата конструкция и не зависи от координатите, перпендикулярни на посоката на натоварване. самолет.

Да разгледаме действието на линейно натоварване под формата на непрекъсната серия от концентрирани сили Р, всеки от които е на единица дължина. В този случай компонентите на напрежението във всяка точка Мс координати Ри b може да се намери по аналогия с пространствения проблем:

(3.27)

Ако съотношенията на геометричните характеристики на разглежданите точки z, г, бпредставят под формата на коефициенти на влияние К, то формулите за напреженията могат да се запишат по следния начин:

(3.28)

Стойности на коефициента на влияние Kz,К у,Кизтаблично според относителните координати з б, г/б(Таблица II.3 от допълнение II).

Важно свойство на проблема с равнината е, че компонентите на напрежението ти s гв разглежданата равнина z 0гне зависят от коефициента на напречно разширение n 0 , както в случая на пространствен проблем.

dP

Проблемът може да бъде решен и в случай на линейно натоварване, разпределено по всякакъв начин по ширината на лентата б. В този случай елементарното натоварване dPразглежда като концентрирана сила (фиг. 3.15).

Фиг.3.15. Произволно разпределение

натоварвания на честотната лента б

Ако натоварването се разпространява от точка А(b=b 2) до точката Б(b \u003d b 1), след това, сумирайки напреженията от отделните му елементи, получаваме изрази за напрежения във всяка точка от масива от действието на непрекъснато лентообразно натоварване.

(3.29)

За равномерно разпределен товар интегрирайте горните изрази с P y = П= const. В този случай основните направления, т.е. посоките, в които действат най-голямото и най-малкото нормални напрежения, ще бъдат посоките, разположени по протежение на симетралата на "ъглите на видимост" и перпендикулярни на тях (фиг. 3.16). Ъгълът на видимост a е ъгълът, образуван от правите линии, свързващи разглежданата точка Мс ръбове за натоварване на лентата.

Получаваме стойностите на главните напрежения от изрази (3.27), като приемем b=0 в тях:

. (3.30)

Тези формули често се използват при оценка на напрегнатото състояние (особено граничното състояние) в основите на конструкциите.

На стойностите на основните напрежения като полуоси е възможно да се конструират елипси на напрежение, които ясно характеризират напрегнатото състояние на почвата при равномерно разпределено натоварване, приложено по лентата. Разпределението (местоположението) на елипсите на напрежението под действието на локален равномерно разпределен товар в плоска задача е показано на фиг. 3.17.

Фиг.3.17. Елипси на напрежението под действието на равномерно разпределен товар в плоска задача

По формули (3.28) може да се определи sz, s yи t yzвъв всички точки на сечението, перпендикулярни на надлъжната ос на товара. Ако свържем точки с еднакви стойности на всяко от тези количества, ще получим линии с равни напрежения. Фигура 3.18 показва линии на еднакви вертикални напрежения sz, наречени изобари, на хоризонтални напрежения s г, наречени дистанционери, и тангенциални напрежения t zxнаречени смени.

Тези криви са конструирани от D.E. Pol'shin, използвайки теорията на еластичността за натоварване, равномерно разпределено върху лента с ширина б, простираща се неограничено в посока, перпендикулярна на чертежа. Кривите показват, че ефектът от напреженията на натиск szинтензитет 0,1 външно натоварване Рзасяга дълбочината от около 6 б, докато хоризонталните напрежения s yи допирателните t се разпространяват със същия интензитет 0,1 Рна много по-малка дълбочина (1,5 - 2,0) б. Криволинейните повърхности с равни напрежения ще имат подобни очертания в случай на пространствен проблем.

Фиг.3.18. Линии с равни напрежения в линейно деформируема решетка:

и за sz(изобари); б - за s г(разпространение); в за т(смяна)

Влиянието на ширината на натоварената лента влияе върху дълбочината на разпространение на напрежението. Например за фундамент с широчина 1 m, пренасяйки на основата натоварване с интензивност Р, напрежение 0,1 Рще бъде на дълбочина 6 m от подметката, а за фундамент с ширина 2 m, със същия интензитет на натоварване, на дълбочина 12 m (фиг. 3.19). Ако има по-слаби почви в подлежащите слоеве, това може значително да повлияе на деформацията на конструкцията.

където a и b / са съответно ъглите на видимост и наклона на линията спрямо вертикалата (фиг. 3.21).

Фиг.3.21. Диаграми на разпределението на напреженията на натиск върху вертикални участъци от почвената маса под действието на триъгълно натоварване

Таблица II.4 от приложение II показва зависимостите на коефициента Да се| z в зависимост от z/би г/б(Фиг.3.21) за изчисляване на s z по формулата:

sz = Да се| z × Р.