Outre les forces concentrées décrites ci-dessus, les structures et les structures des bâtiments peuvent être exposées à charges réparties- en volume, en surface ou selon une certaine ligne - et déterminée par celle-ci intensité.

Charger l'exemple, répartis sur le territoire, est la charge de neige, le vent, le liquide ou la pression au sol. L'intensité d'une telle charge de surface a la dimension de la pression et est mesurée en kN / m 2 ou kilopascals (kPa \u003d kN / m 2).

Lors de la résolution de problèmes, il y a souvent une charge, répartis sur la longueur de la poutre. Intensité q cette charge est mesurée en kN/m.

Considérons une poutre chargée sur la section [ un, b] charge répartie dont l'intensité varie selon la loi q= q(X). Pour déterminer les réactions d'appui d'une telle poutre, il est nécessaire de remplacer la charge répartie par une charge concentrée équivalente. Cela peut être fait selon la règle suivante :

Considérons les cas particuliers d'une charge répartie.

un) cas général de charge répartie(fig.24)

Fig.24

q(x) - intensité de force distribuée [N/m],

Pouvoir élémentaire.

je- longueur des segments

La force d'intensité q(x) distribuée le long du segment de droite est équivalente à la force concentrée

Une force concentrée est appliquée en un point Avec(centre des forces parallèles) de coordonnée

b) intensité constante de la charge répartie(fig.25)

Fig.25

dans) l'intensité de la charge répartie, évoluant selon une loi linéaire(fig.26)

Fig.26

Calcul de systèmes composites.

En dessous de systèmes composites on comprendra des structures constituées de plusieurs corps reliés les uns aux autres.

Avant de passer à l'examen des caractéristiques du calcul de tels systèmes, nous introduisons la définition suivante.

statiquement déterminéde tels problèmes et systèmes de statique sont appelés pour lesquels le nombre de réactions inconnues de contraintes ne dépasse pas le nombre maximal autorisé d'équations.

Si le nombre d'inconnues est supérieur au nombre d'équations, pertinent les tâches et les systèmes sont appelés statiquement indéterminé. La différence entre le nombre d'inconnues et le nombre d'équations s'appelle degré d'incertitude statique systèmes.

Pour tout système plan de forces agissant sur un corps rigide, il existe trois conditions d'équilibre indépendantes. Par conséquent, pour tout système plat de forces, à partir des conditions d'équilibre, on ne peut trouver plus de trois réactions de couplage inconnues.

Dans le cas d'un système spatial de forces agissant sur un corps rigide, il existe six conditions d'équilibre indépendantes. Par conséquent, pour tout système spatial de forces, il est possible de ne trouver pas plus de six réactions de couplage inconnues à partir des conditions d'équilibre.

Expliquons cela avec les exemples suivants.

1. Soit le centre d'un bloc idéal en apesanteur (exemple 4) tenu par non pas deux, mais trois tiges : UN B, Soleil et BD et il faut déterminer les réactions des tiges en négligeant les dimensions du bloc.

En tenant compte des conditions du problème, on obtient un système de forces convergentes, où déterminer les trois inconnues : SA, SC et DAKOTA DU SUD il est encore possible de composer un système de seulement deux équations : Σ X = 0, Σ Oui=0. Bien entendu, le problème posé et le système qui lui correspond seront statiquement indéterminés.

2. La poutre, fixée rigidement à l'extrémité gauche et ayant un support articulé-fixe à l'extrémité droite, est chargée d'un système de forces planaire arbitraire (Fig. 27).

Pour déterminer les réactions de support, seules trois équations d'équilibre peuvent être compilées, qui comprendront 5 réactions de support inconnues : X A , Y A,MA,XB et Y B. Le problème énoncé sera deux fois statiquement indéterminé.

Un tel problème ne peut être résolu dans le cadre de la mécanique théorique, en supposant que le corps considéré soit absolument rigide.

Fig.27

Revenons à l'étude des systèmes composites, dont un représentant typique est un cadre à trois articulations (Fig. 28, un). Il se compose de deux corps : CA et avant JC connecté clé charnière C. Pour ce cadre, considérez deux façons de déterminer les réactions de support des systèmes composites.

1 voie. Considérez un corps CA, chargé d'une force donnée R, en écartant, conformément à l'Axiome 7, toutes les liaisons et en les remplaçant, respectivement, par les réactions de l'externe ( X A, Y A) et interne ( X C, YC) connexions (Fig. 28, b).

De même, on peut considérer l'équilibre du corps avant JC sous l'influence des réactions d'appui À - (XB, Y B) et réactions dans la charnière de liaison C - (X C', YC’) , où, selon l'Axiome 5 : X C= X C', YC= YC’.

Pour chacun de ces corps, trois équations d'équilibre peuvent être compilées, de sorte que le nombre total d'inconnues est : X A, Y A , X C=X C', YC =YC’, XB, Y B est égal au nombre total d'équations, et le problème est statiquement déterminé.

Rappelons que, selon l'état du problème, il n'était nécessaire de déterminer que 4 réactions de support, mais nous avons dû effectuer un travail supplémentaire, en déterminant les réactions dans la charnière de connexion. C'est l'inconvénient de cette méthode de détermination des réactions de support.

2 voies. Considérez l'équilibre de l'ensemble du cadre abc, en supprimant uniquement les contraintes externes et en les remplaçant par des réactions de support inconnues X A, Y A,XB, Y B .

Le système résultant se compose de deux corps et n'est pas un corps absolument rigide, puisque la distance entre les points MAIS et À peut changer en raison de la rotation mutuelle des deux parties par rapport à la charnière Avec. Néanmoins, on peut supposer que la totalité des efforts appliqués au bâti abc forme un système si on utilise l'axiome de durcissement (Fig. 28, dans).

Fig.28

Alors pour le corps abc il y a trois équations d'équilibre. Par example:

Σ MA = 0;

Σ X = 0;

Ces trois équations comprendront 4 réactions de support inconnues X A, Y A,XB et Y B. Notez qu'une tentative d'utilisation comme équation manquante, par exemple : Σ M B= 0 ne conduira pas au succès, puisque cette équation sera linéairement dépendante des précédentes. Pour obtenir une quatrième équation linéairement indépendante, il faut considérer l'équilibre d'un autre corps. En tant que tel, vous pouvez prendre l'une des parties du cadre, par exemple - Soleil. Dans ce cas, il faut composer une équation qui contiendrait les "anciennes" inconnues X A, Y A,XB, Y B et n'en contenait pas de nouveaux. Par exemple, l'équation : Σ X (Soleil) = 0 ou plus :- X C' + XB= 0 ne convient pas à ces fins, car il contient une "nouvelle" inconnue X C’, mais l’équation Σ M C (Soleil) = 0 remplit toutes les conditions nécessaires. Ainsi, les réactions de support souhaitées peuvent être trouvées dans l'ordre suivant :

Σ MA = 0; → Y B= R/4;

Σ M B = 0; → Y A= -R/4;

Σ M C (Soleil) = 0; → XB= -R/4;

Σ X = 0; →X A= -3R/4.

Pour vérifier, vous pouvez utiliser l'équation : Σ M C (CA) = 0 ou, plus en détail : - Y A∙2 + X A∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 +R∙1 = R/2 - 3R/2 +R = 0.

Notez que cette équation inclut les 4 réactions de support trouvées : X A et Y A- explicitement, et XB et Y B- implicitement, puisqu'ils ont servi à déterminer les deux premières réactions.

Définition graphique des réactions d'appui.

Dans de nombreux cas, la solution des problèmes peut être simplifiée si, au lieu des équations d'équilibre ou en plus de celles-ci, les conditions d'équilibre, les axiomes et les théorèmes de la statique sont directement utilisés. L'approche correspondante est appelée la définition graphique des réactions d'appui.

Avant de passer à l'examen de la méthode graphique, notons que, comme pour un système de forces convergentes, seuls les problèmes permettant une solution analytique peuvent être résolus graphiquement. Dans le même temps, la méthode graphique de détermination des réactions d'appui est pratique pour un petit nombre de charges.

Ainsi, la méthode graphique de détermination des réactions d'appui repose principalement sur l'utilisation de :

Axiomes sur l'équilibre d'un système de deux forces;

Axiomes sur l'action et la réaction ;

Théorèmes sur trois forces ;

Conditions d'équilibre d'un système plan de forces.

Dans la détermination graphique des réactions des systèmes composites, ce qui suit est recommandé. séquence de considération:

Choisir un corps avec un nombre minimum de réactions algébriques inconnues de liaisons ;

S'il y a deux corps de ce type ou plus, commencez la solution en considérant le corps auquel un plus petit nombre de forces est appliqué;

S'il y a deux corps de ce type ou plus, choisissez le corps pour lequel le plus grand nombre de forces est connu à partir de la direction.

Résolution de problème.

Lors de la résolution des problèmes de cette section, vous devez garder à l'esprit toutes les instructions générales qui ont été données précédemment.

Au début de la résolution, il est nécessaire, tout d'abord, d'établir l'équilibre de quel corps particulier doit être considéré dans ce problème. Ensuite, après avoir isolé ce corps et le considérer comme libre, il faut décrire toutes les forces données agissant sur le corps et les réactions des liens rejetés.

Ensuite, vous devez composer les conditions d'équilibre, en utilisant la forme de ces conditions qui conduit à un système d'équations plus simple (le plus simple sera un système d'équations, dont chacune comprend une inconnue).

Pour obtenir des équations plus simples, il suit (sauf si cela complique le calcul) :

1) en compilant les équations de projection, tracez un axe de coordonnées perpendiculaire à une force inconnue ;

2) lors de la compilation de l'équation du moment, il est conseillé de choisir comme équation du moment le point où les lignes d'action de deux des trois réactions de support inconnues se croisent - dans ce cas, elles ne seront pas incluses dans l'équation et contiendront une seule inconnue ;

3) si deux des trois réactions de support inconnues sont parallèles, alors lors de l'élaboration de l'équation en projections sur l'axe, cette dernière doit être dirigée de manière à ce qu'elle soit perpendiculaire aux deux premières réactions - dans ce cas, l'équation ne contiendra que le dernier inconnu;

4) lors de la résolution du problème, le système de coordonnées doit être choisi de manière à ce que ses axes soient orientés de la même manière que la majorité des forces du système appliquées au corps.

Lors du calcul des moments, il est parfois pratique de décomposer une force donnée en deux composantes et, en utilisant le théorème de Varignon, de trouver le moment de la force comme la somme des moments de ces composantes.

La solution de nombreux problèmes de statique revient à déterminer les réactions des supports, à l'aide desquels les poutres, les fermes de pont, etc. sont fixées.

Exemple 7 Au support illustré à la Fig. 29, un, en noeud À charge suspendue pesant 36 kN. Les connexions des éléments du support sont articulées. Déterminer les forces apparaissant dans les tiges UN B et Soleil, les considérant en apesanteur.

Décision. Considérons l'équilibre du nœud À, dans laquelle les tiges convergent UN B et Soleil. Nouer À représente un point dans le dessin. Étant donné que la charge est suspendue au nœud À, puis au point À On applique une force F égale au poids de la charge suspendue. tiges Virginie et Soleil, connecté de manière pivotante dans un nœud À, limiter la possibilité de l'un de ses mouvements linéaires dans plan vertical, c'est à dire. sont des liens par rapport au nœud À.

Riz. 29. Schéma de calcul du support pour l'exemple 7 :

un - schéma de conception ; b- système de forces dans un nœud B

Nous éliminons mentalement les connexions et remplaçons leurs actions par des forces - réactions de connexions RA et RC. Comme les tiges sont en apesanteur, les réactions de ces tiges (les forces dans les tiges) sont dirigées le long de l'axe des tiges. Supposons que les deux tiges sont étirées, c'est-à-dire leurs réactions sont dirigées de la charnière vers l'intérieur des tiges. Ensuite, si après le calcul la réaction se révèle avec un signe moins, cela signifiera qu'en fait la réaction est dirigée dans la direction opposée à celle indiquée sur le dessin, c'est-à-dire la tige sera comprimée.

Sur la fig. 29, b on montre qu'au point À force active appliquée F et les réactions de liaison RA et R C On peut voir que le système de forces représenté est un système plat de forces convergeant en un point. On choisit arbitrairement les axes de coordonnées BŒUF et OY et composer des équations d'équilibre de la forme :

Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;

Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - a) = 0.

Étant donné que car (90 -α ) = péchéα, à partir de la deuxième équation, nous trouvons

Rc = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN.

Remplacement de la valeur RC dans la première équation, on obtient

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

Alors la tige UN B- étiré, et la tige Soleil- compressé.

Pour vérifier l'exactitude des forces trouvées dans les tiges, nous projetons toutes les forces sur tout axe qui ne coïncide pas avec les axes X et Oui par exemple axe tu:

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

Après substitution des valeurs des forces trouvées dans les tiges (dimension en kilonewtons), on obtient

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

La condition d'équilibre est satisfaite, ainsi, les forces trouvées dans les tiges sont correctes.

Exemple 8 Faisceau échafaudage, dont le poids peut être négligé est maintenu en position horizontale par une tige flexible CD et repose de manière pivotante sur le mur au point MAIS. Trouver la force de traction CD si un travailleur de 80 kg ≈0,8 kN se tient sur le bord de l'échafaudage (Fig. 30, un).

Riz. trente. Schéma de calcul d'un échafaudage pour l'exemple 8 :

un– schéma de calcul; b– système de forces agissant sur l'échafaudage

Décision. Nous sélectionnons l'objet de l'équilibre. Dans cet exemple, l'objet de l'équilibre est la poutre d'échafaudage. À ce point À force active agissant sur la poutre Fégal au poids d'une personne. Les liens dans ce cas sont la charnière de support fixe MAIS et poussée CD. Écartons mentalement les liaisons, en remplaçant leur action sur la poutre par les réactions des liaisons (Fig. 30, b). Il n'est pas nécessaire de déterminer la réaction d'un support articulé fixe en fonction de l'état du problème. Réponse de poussée CD dirigé le long de la ligne. Supposons la tige CDétiré, c'est-à-dire réaction R D dirigé à l'opposé de la charnière Avecà l'intérieur de la tige. Décomposons la réaction R D, selon la règle du parallélogramme, en composantes horizontales et verticales :

R Dx montagnes \u003d R D cosα ;

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

En conséquence, nous avons obtenu un système de forces plat arbitraire, condition nécessaire dont l'équilibre est l'égalité à zéro de trois conditions d'équilibre indépendantes,.

Dans notre cas, il convient d'écrire d'abord la condition d'équilibre comme la somme des moments autour du moment MAIS, depuis le moment de la réaction d'appui RA par rapport à ce point est égal à zéro :

Σ mA = 0; F∙3un - R dy ∙ un = 0

F∙3un - R D péchéα = 0.

La valeur des fonctions trigonométriques est déterminée à partir du triangle DAA :

cosα = CA/CD = 0,89,

sinα = AD/CD = 0,446.

En résolvant l'équation d'équilibre, on obtient R D = 5,38 kN. (Tyazh CD- étiré).

Vérifier l'exactitude du calcul de l'effort dans le toron CD il faut calculer au moins une des composantes de la réaction de support RA. On utilise l'équation d'équilibre sous la forme

Σ AF = 0; Virginie + R Dy- F= 0

Virginie = F- Rdy.

D'ici Virginie= -1,6 kN.

Le signe moins signifie que la composante verticale de la réaction RA pointant vers le bas sur le support.

Vérifions l'exactitude du calcul de l'effort dans le brin. Nous utilisons une autre condition d'équilibre sous la forme d'équations de moments autour du point À.

Σ mB = 0 ; Virginie∙3a + R Dy ∙ 2un = 0;

1,6∙3un + 5,38∙0,446∙2un = 0; 0 = 0.

Les conditions d'équilibre sont remplies, ainsi, la force dans le toron est trouvée correctement.

Exemple 9 Le pilier vertical en béton est bétonné avec son extrémité inférieure dans une base horizontale. D'en haut, la charge du mur du bâtiment pesant 143 kN est transférée au poteau. La colonne est en béton de densité γ= 25 kN/m 3 . Les dimensions de la colonne sont indiquées sur la fig. 31, un. Déterminer les réactions dans un encastrement rigide.

Riz. 31. Schéma de calcul de la colonne pour l'exemple 9 :

un- schéma de chargement et dimensions de la colonne ; b- schéma de calcul

Décision. Dans cet exemple, l'objet de balance est la colonne. Le poteau est chargé avec les types de charges actives suivants : au point MAIS force concentrée F, égale au poids du mur du bâtiment, et au poids propre du poteau sous la forme d'une charge uniformément répartie sur la longueur de la poutre avec intensité q pour chaque mètre de longueur de colonne : q = 𝛾A, où MAIS est l'aire de la section transversale de la colonne.

q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.

Les attaches dans cet exemple sont un ancrage rigide à la base du poteau. Jetez mentalement la terminaison et remplacez son action par les réactions des liaisons (Fig. 31, b).

Dans notre exemple, nous considérons un cas particulier de l'action d'un système de forces perpendiculaires à l'encastrement et passant selon un axe par le point d'application des réactions d'appui. Ensuite deux réactions d'appui : la composante horizontale et le moment réactif seront égaux à zéro. Pour déterminer la composante verticale de la réaction d'appui, nous projetons toutes les forces sur l'axe de l'élément. Alignez cet axe avec l'axe Z, alors la condition d'équilibre peut s'écrire sous la forme suivante :

Σ ZF = 0; V B - F - ql = 0,

où ql- charge répartie résultante.

VB = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.

Le signe plus indique que la réaction VB dirigée vers le haut.

Pour vérifier l'exactitude du calcul de la réaction de support, il reste une condition d'équilibre supplémentaire - sous la forme d'une somme algébrique des moments de toutes les forces par rapport à tout point qui ne passe pas par l'axe de l'élément. Nous vous suggérons de faire ce test vous-même.

Exemple 10 Pour le faisceau illustré à la Fig. 32, un, il est nécessaire de déterminer les réactions du support. Donné: F= 60 kN, q= 24kN/m, M= 28 kN∙m.

Riz. 32. Schéma de calcul et dimensions des poutres pour l'exemple 10 :

Décision. Considérez l'équilibre de la poutre. La poutre est chargée d'une charge active sous la forme d'un système plat de forces verticales parallèles, constitué d'une force concentrée F, intensité de charge uniformément répartie q avec la résultante Q, appliquée au centre de gravité de la zone de chargement (Fig. 32, b), et moment concentré M, qui peut être représenté comme une paire de forces.

Les connexions dans cette poutre sont des supports articulés-fixes MAIS et support articulé À. Nous distinguons l'objet d'équilibre, pour cela nous supprimons les liens de support et remplaçons leurs actions par des réactions dans ces liens (Fig. 32, b). Réaction de roulement R B est dirigée verticalement, et la réaction du support articulé-fixe RA sera parallèle au système actif de forces agissantes et également dirigé verticalement. Supposons qu'ils soient dirigés vers le haut. Charge répartie résultante Q= 4,8∙q est appliqué au centre de symétrie de la zone de cargaison.

Lors de la détermination des réactions d'appui dans les poutres, il faut s'efforcer de composer les équations d'équilibre de manière à ce que chacune d'elles ne comporte qu'une seule inconnue. Ceci peut être réalisé en faisant deux équations de moments autour des points de référence. Les réactions d'appui sont généralement vérifiées en composant une équation sous la forme de la somme des projections de toutes les forces sur un axe perpendiculaire à l'axe de l'élément.

Acceptons conditionnellement le sens de rotation du moment des réactions d'appui autour des points de moment comme positif, alors le sens opposé de rotation des forces sera considéré comme négatif.

Une condition nécessaire et suffisante pour l'équilibre dans ce cas est l'égalité à zéro des conditions d'équilibre indépendantes sous la forme :

Σ mA = 0; VB ∙6 - q∙4,8∙4,8 + H+F∙2,4 = 0;

Σ m B = 0; Virginie∙6 - q∙4,8∙1,2 - M - F∙8,4 = 0.

En substituant les valeurs numériques des quantités, on trouve

VB= 14,4 kN, Virginie= 15,6 kN.

Pour vérifier l'exactitude des réactions trouvées, nous utilisons la condition d'équilibre sous la forme :

Σ AF = 0; VA + V B - F -q∙4,8 =0.

Après avoir substitué les valeurs numériques dans cette équation, on obtient une identité de type 0=0. Nous en concluons que le calcul a été effectué correctement et que les réactions sur les deux supports sont dirigées vers le haut.

Exemple 11. Déterminez les réactions d'appui pour la poutre illustrée à la Fig. 33, un. Donné: F= 2,4 kN, M= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.

Riz. 33. Schéma de calcul et dimensions de la poutre pour l'exemple 11 :

a - schéma de conception ; b - objet d'équilibre

Décision. Considérez l'équilibre de la poutre. Nous libérons mentalement la poutre des liaisons sur les supports et sélectionnons l'objet d'équilibre (Fig. 33, b). La poutre est chargée d'une charge active sous la forme d'un système planaire arbitraire de forces. Charge répartie résultante Q = q∙3 est fixé au centre de symétrie de la zone de chargement. Force F décomposer selon la règle du parallélogramme en composants - horizontaux et verticaux

F z = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN ;

Fy=F cos(90-α) = F péché 60°= 2,08 kN.

Nous appliquons à l'objet d'équilibre au lieu des liens rejetés de la réaction. Supposons que la réaction verticale Virginie support mobile articulé MAIS dirigé vers le haut, réaction verticale VB support fixe articulé B est également dirigée vers le haut, et la réaction horizontale HB- À droite.

Ainsi, dans la fig. 33, b un système de forces plat arbitraire est représenté, dont la condition nécessaire à l'équilibre est l'égalité à zéro de trois conditions d'équilibre indépendantes pour un système de forces plat. Rappelons que, selon le théorème de Varignon, le moment de force F sur n'importe quel point est égal à la somme moments des composants Fz et Fyà peu près au même point. Acceptons conditionnellement le sens de rotation du moment des réactions d'appui autour des points de moment comme positif, alors le sens opposé de rotation des forces sera considéré comme négatif.

Il convient alors d'écrire les conditions d'équilibre sous la forme suivante :

Σ fz = 0; - Fz + HB= 0 ; d'ici HB= 1,2 kN ;

Σ mA = 0; VB∙6 + M - AF∙2 + 3q∙0,5 = 0 ; d'ici VB= - 1,456 kN ;

Σ m B = 0; Virginie ∙6 - 3q∙6,5 - AF ∙4 - M= 0 ; d'ici Virginie= 5,336 kN.

Pour vérifier l'exactitude des réactions calculées, nous utilisons une autre condition d'équilibre, qui n'a pas été utilisée, par exemple :

Σ AF = 0; V A + V B - 3q - AF = 0.

Réaction d'appui vertical VB s'est avéré avec un signe moins, cela montre que dans ce faisceau, il n'est pas dirigé vers le haut, mais vers le bas.

Exemple 12. Déterminer les réactions d'appui pour une poutre encastrée rigidement d'un côté et illustrée à la fig. 34, un. Donné: q=20kN/m.

Riz. 34. Schéma de calcul et dimensions de la poutre pour l'exemple 12 :

a - schéma de conception ; b - objet d'équilibre

Décision. Distinguons l'objet de l'équilibre. La poutre est chargée d'une charge active sous la forme d'un système plat de forces parallèles situées verticalement. Nous libérons mentalement le faisceau des connexions dans la terminaison et les remplaçons par des réactions sous la forme d'une force concentrée VB et des paires de forces avec le moment réactif souhaité M B(voir figure 34, b). Comme les forces actives n'agissent que dans le sens vertical, la réaction horizontale HB est égal à zéro. Acceptons conditionnellement le sens de rotation du moment des réactions d'appui autour des points de moment dans le sens des aiguilles d'une montre comme positif, alors le sens opposé de rotation des forces sera considéré comme négatif.

Nous composons les conditions d'équilibre sous la forme

Σ AF = 0; VB- q∙1,6 = 0;

Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.

Ici q∙1.6 - la résultante de la charge répartie.

Substitution des valeurs numériques de la charge répartie q, nous trouvons

VV= 32 kN, M B= 38,4 kN∙m.

Pour vérifier l'exactitude des réactions trouvées, nous composons une autre condition d'équilibre. Prenons maintenant un autre point comme point de moment, par exemple, l'extrémité droite de la poutre, puis :

Σ mA = 0; M B – VB∙2 + q∙1,6∙0,8 = 0 .

Après substitution des valeurs numériques, on obtient l'identité 0=0.

Enfin, nous concluons que les réactions de support sont trouvées correctement. Réaction verticale VB dirigé vers le haut, et le moment réactif MV- dans le sens des aiguilles d'une montre.

Exemple 13 Déterminer les réactions d'appui de la poutre (Fig. 35, un).

Décision. La charge répartie qui en résulte agit comme une charge active Q=(1/2)∙aq\u003d (1/2) ∙ 3 2 \u003d 3 kN, dont la ligne d'action passe à une distance de 1 m du support gauche, la force de tension du fil J = R= 2 kN appliqué à l'extrémité droite de la poutre et moment concentré.

Puisque cette dernière peut être remplacée par une paire de forces verticales, la charge agissant sur la poutre, ainsi que la réaction du support mobile À forme un système de forces parallèles, donc la réaction RA sera également dirigé verticalement (Fig. 35, b).

Pour déterminer ces réactions, nous utilisons les équations d'équilibre.

Σ MA = 0; -Q∙1 + R B∙3 - M + J∙5 = 0,

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

Σ M B = 0; - RA∙3 +Q∙2 - M+ J∙2 = 0,

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

Fig.35

Pour vérifier l'exactitude de la solution obtenue, nous utilisons une équation d'équilibre supplémentaire :

Σ Oui je = RA - Q + R B+J = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,

c'est-à-dire que le problème est résolu correctement.

Exemple 14 Trouver les réactions d'appui d'une poutre en porte-à-faux chargée avec une charge répartie (Fig. 36, un).

Décision. La charge répartie résultante est appliquée au centre de gravité du diagramme de charge. Afin de ne pas chercher la position du centre de gravité du trapèze, on le représente comme la somme de deux triangles. Alors la charge donnée sera équivalente à deux forces : Q 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN et Q 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, qui sont appliqués au centre de gravité de chacun des triangles (Fig. 36, b).

Fig.36

Les réactions d'appui de pincement rigide sont représentées par la force RA et moment MA, pour laquelle il est plus commode d'utiliser les équations d'équilibre d'un système de forces parallèles, soit :

Σ MA = 0; MA= 15 kN∙m ;

Σ Oui= 0, RA= 9 kN.

Pour vérifier, on utilise l'équation supplémentaire Σ M B= 0, où le point À situé à l'extrémité droite de la poutre :

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

Exemple 15 Pesage à faisceau homogène Q= 600 N et longueur je= 4 m repose à une extrémité sur un sol lisse, et point intermédiaire À sur un poteau haut h= 3 m, formant un angle de 30° avec la verticale. Dans cette position, la poutre est maintenue par une corde tendue sur le sol. Déterminer la tension de la corde J et poster des réactions - R B et le sexe - RA(ill.37, un).

Décision. Une poutre ou tige en mécanique théorique est comprise comme un corps dont les dimensions transversales par rapport à sa longueur peuvent être négligées. Donc le poids Q poutre homogène attachée en un point Avec, où CA= 2 m.

Fig.37

1) Puisque deux des trois réactions inconnues sont appliquées au point MAIS, la première chose à faire est de formuler l'équation Σ MA= 0, car seule la réaction R B:

- R B∙UN B+Q∙(je/2)∙sin30° = 0,

où UN B = h/cos30°= 2 m.

En remplaçant dans l'équation, on obtient :

R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

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

De même, à partir de l'équation du moment, on pourrait également trouver la réaction RA, en choisissant comme moment le point où les lignes d'action se croisent R B et J. Cependant, cela nécessitera des constructions supplémentaires, il est donc plus facile d'utiliser d'autres équations d'équilibre :

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

3) Σ Oui= 0, R B∙sin30°- Q +RA= 0; → RA = Q- R B∙sin30°= 600 - 50 ≅ 513 N.

Ainsi nous avons trouvé J et RA par R B, vous pouvez donc vérifier l'exactitude de la solution obtenue à l'aide de l'équation : Σ M B= 0, qui inclut explicitement ou implicitement toutes les réactions trouvées :

RA∙UN B sin30°- J∙UN B cos30° - Q∙(UN B - je/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.

Reçu à la suite de l'arrondissement divergence∆= -0.5 est appelé erreur absolue calculs.

Afin de répondre à la question de la précision du résultat, calculez erreur relative, qui est déterminé par la formule :

ε=[|∆| / min(|Σ + |, |Σ - |)]∙100% =[|-0.5| / min(|887.5|, |-888|)]∙100 % = (0.5/887.5)∙100 % = 0.06 %.

Exemple 16 Déterminer les réactions d'appui du cadre (Fig. 38). Ici et ci-dessous, sauf indication contraire, toutes les dimensions des figures seront considérées comme indiquées en mètres et les forces - en kilonewtons.

Fig.38

Décision. Considérons l'équilibre du cadre, auquel la force de tension du fil est appliquée en tant que force active Jégal au poids de la charge Q.

1) La réaction du support mobile R B trouver à partir de l'équation Σ MA= 0. Afin de ne pas calculer l'épaule de la force J, on utilise le théorème de Varignon, décomposant cette force en composantes horizontale et verticale :

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

2) Pour calculer Y Aécrire l'équation Σ M C= 0, où le point Avec se trouve à l'intersection des lignes d'action des réactions R B et X A:

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

3) Enfin, on trouve la réaction X A:

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

Étant donné que les trois réactions ont été trouvées indépendamment les unes des autres, pour vérification, vous devez prendre l'équation qui inclut chacune d'elles :

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.

Exemple 17. Déterminer les réactions d'appui de la tige avec un contour brisé (Fig. 39, un).

Décision. Nous remplaçons la charge répartie sur chaque section de la tige par des forces concentrées Q 1 = 5 kN et Q 2 \u003d 3 kN, et l'action du pincement dur jeté - par réactions X A,Y A et MA(ill.39, b).

Fig.39

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

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

3) Σ Oui= 0; Y A - Q 1 cos- Q 2 = 0; →Y A= 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 kN, puisque sinα = 3/5, cosα = 4/5.

Vérifier : Σ M B = 0; MA + 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.

Exemple 18. Pour le cadre illustré à la Fig. 40, un, les réactions de soutien doivent être déterminées. Donné: F= 50 kN, M= 60 kN∙m, q= 20kN/m.

Décision. Considérez l'équilibre du cadre. Libérer mentalement le cadre des liaisons sur les supports (Fig. 40, b) et sélectionnez l'objet d'équilibre. Le cadre est chargé d'une charge active sous la forme d'un système de forces planaire arbitraire. Au lieu de liaisons rejetées, nous appliquons des réactions à l'objet d'équilibre : sur un support articulé-fixe MAIS- vertical Virginie et horizontale HA, et sur un support mobile articulé À- réaction verticale VB La direction attendue des réactions est illustrée à la Fig. 40, b.

Fig.40. Schéma de calcul de l'ossature et de l'objet balance par exemple 18 :

un– schéma de calcul; b- l'objet d'équilibre

On formule les conditions d'équilibre suivantes :

Σ Effet = 0; -HA + F = 0; HA= 50 kN.

Σ mA = 0; VB∙6 + M - q∙6∙3 - F∙6 = 0; VB= 100 kN.

Σ AF = 0; Virginie + VB - q∙6 = 0; Virginie= 20 kN.

Ici, le sens de rotation autour des points de moment dans le sens inverse des aiguilles d'une montre est conventionnellement considéré comme positif.

Pour vérifier l'exactitude du calcul des réactions, on utilise la condition d'équilibre, qui inclurait toutes les réactions d'appui, par exemple :

Σ m C = 0; VB∙3 + M – HA∙6 – Virginie∙3 = 0.

Après substitution des valeurs numériques, on obtient l'identité 0=0.

Ainsi, la direction et l'amplitude des réactions de support sont déterminées correctement.

Exemple 19. Déterminer les réactions d'appui du cadre (Fig. 41, un).

Fig.41

Décision. Comme dans l'exemple précédent, le cadre est constitué de deux parties reliées par une charnière à clé AVEC. La charge répartie appliquée sur le côté gauche du cadre est remplacée par la résultante Q 1 , et à droite - la résultante Q 2 , où Q 1 = Q 2 = 2kN.

1) Trouver une réaction R Bà partir de l'équation Σ M C (Soleil) = 0; → R B= 1 kN ;

Les forces de surface et de volume représentent une charge répartie sur une certaine surface ou volume. Une telle charge est donnée par l'intensité, qui est la force par unité d'un certain volume, ou d'une certaine surface, ou d'une certaine longueur.

Une place particulière dans la résolution d'un certain nombre de problèmes pratiquement intéressants est occupée par le cas d'une charge répartie plate appliquée le long de la normale à une certaine poutre. Si vous dirigez l'axe le long du faisceau , alors l'intensité sera fonction de la coordonnée et se mesure en N/m. L'intensité est la force par unité de longueur.

Une figure plate délimitée par une poutre et un graphique d'intensité de charge est appelée diagramme de charge répartie (Fig. 1.28). Si, de par la nature du problème à résoudre, les déformations peuvent être ignorées, c'est-à-dire Étant donné que le corps peut être considéré comme absolument rigide, la charge répartie peut (et doit) être remplacée par la résultante.

Divisons le faisceau en segments de longueur
, sur chacun desquels on suppose que l'intensité est constante et égale à
, où - coordonnée de segment
. Dans ce cas, la courbe d'intensité est remplacée par une ligne brisée, et la charge par segment
, est remplacé par une force concentrée
, appliqué au point (Figure 1.29). Le système résultant de forces parallèles a une résultante égale à la somme des forces agissant sur chacun des segments, appliquée au centre des forces parallèles.

Il est clair qu'une telle représentation décrit la situation réelle d'autant plus précisément que le segment est petit
, c'est à dire. plus il y a de segments . On obtient le résultat exact en passant à la limite à la longueur du segment
tendant vers zéro. La limite résultant de la procédure décrite est une intégrale. Ainsi, pour le module de la résultante on obtient :

Pour déterminer les coordonnées d'un point application de la résultante on utilise le théorème de Varignon :

si le système de forces a une résultante, alors le moment de la résultante autour de tout centre (tout axe) est égal à la somme des moments de toutes les forces du système autour de ce centre (cet axe)

Écrire ce théorème pour un système de forces
en projections sur l'axe et en passant à la limite avec la longueur des segments tendant vers zéro, on obtient :

Évidemment, le module de la résultante est numériquement égal à l'aire du diagramme de charge répartie, et le point de son application coïncide avec le centre de gravité d'une plaque homogène ayant la forme d'un diagramme de charge répartie.

Nous notons deux cas fréquents.

,
(Fig. 1.30). Le module résultant et la coordonnée de son point d'application sont déterminés par les formules :

Dans la pratique de l'ingénierie, une telle charge est assez courante. Dans la plupart des cas, le poids et la charge de vent peuvent être considérés comme uniformément répartis.

,
(Figure 1.31). Dans ce cas:

En particulier, la pression de l'eau sur une paroi verticale est directement proportionnelle à la profondeur .

Exemple 1.5

Déterminer les réactions des supports et poutre sous l'action de deux forces concentrées et d'une charge uniformément répartie. Donné:

Trouver la résultante de la charge répartie. Le module résultant est égal à

épaule de force par rapport au point équivaut à
Considérez l'équilibre de la poutre. Le circuit de puissance est représenté sur la Fig. 1.33.

Exemple 1.6

Déterminez la réponse de la terminaison de poutre en porte-à-faux sous l'action d'une force concentrée, d'une paire de forces et d'une charge répartie (Fig. 1.34).

Remplaçons la charge répartie par trois forces concentrées. Pour ce faire, nous divisons le diagramme de charge répartie en deux triangles et un rectangle. Nous trouvons

Le circuit de puissance est représenté sur la Fig. 1.35.

Calculer les épaules de la résultante par rapport à l'axe

Les conditions d'équilibre dans le cas considéré sont de la forme :

QUESTIONS POUR L'AUTO-VÉRIFICATION :

1. Qu'appelle-t-on l'intensité de la charge répartie ?

2. Comment calculer le module de la charge répartie résultante ?

3. Comment calculer la coordonnée du point d'application de la résultante distribuée

charge?

4. Quel est le module et quelle est la coordonnée du point d'application d'une charge uniformément répartie ?

5. Quel est le module et quelle est la coordonnée du point d'application d'une charge répartie linéairement ?

De la collection de problèmes par I.V. Meshchersky : 4,28 ; 4,29 ; 4h30 ; 4,33 ; 4.34.

Extrait du manuel "MÉCANIQUE THÉORIQUE - théorie et pratique": ensembles СР-2; SR-3.

ETUDES PRATIQUES #4-5

Dans les calculs d'ingénierie, on rencontre souvent des charges réparties le long d'une surface donnée selon une loi ou une autre. Considérons quelques-uns des exemples les plus simples de forces réparties situées dans le même plan.

Un système plat de forces réparties est caractérisé par son intensité q, c'est-à-dire par la valeur de la force par unité de longueur du segment chargé. L'intensité est mesurée en Newtons divisés par les mètres.

1) Forces uniformément réparties le long d'un segment de droite (Fig. 69, a). Pour un tel système de forces, l'intensité q a une valeur constante. Dans les calculs statiques, ce système de forces peut être remplacé par la résultante

Modulo

Une force Q est appliquée au milieu du segment AB.

2) Forces réparties le long d'un segment de droite selon une loi linéaire (Fig. 69, b). Un exemple d'une telle charge peut être les forces de pression de l'eau sur le barrage, qui ont valeur la plus élevée au fond et tombant à zéro à la surface de l'eau. Pour ces forces, l'intensité q est une valeur variable allant de zéro à une valeur maximale.La résultante Q de ces forces est déterminée de manière similaire à la résultante des forces de gravité agissant sur une plaque triangulaire uniforme ABC. Comme le poids d'une plaque homogène est proportionnel à sa surface, alors, modulo,

Une force Q est appliquée à distance du côté BC du triangle ABC (voir § 35, 2°).

3) Forces réparties le long d'un segment de droite selon une loi arbitraire (Fig. 69, c). La résultante Q de telles forces, par analogie avec la force de gravité, est égale en valeur absolue à l'aire de la figure ABDE, mesurée sur une échelle appropriée, et passe par le centre de gravité de cette aire ( la question de la détermination des centres de gravité des zones sera examinée au § 33).

4) Forces uniformément réparties le long d'un arc de cercle (Fig. 70). Un exemple de telles forces sont les forces pression hydrostatique sur le parois latérales vase cylindrique.

Soit le rayon de l'arc soit , où est l'axe de symétrie le long duquel nous dirigeons l'axe. Le système de forces convergentes agissant sur l'arc a la résultante Q, dirigée le long de l'axe en raison de la symétrie, tandis que

Pour déterminer la valeur de Q, on sélectionne un élément sur l'arc dont la position est déterminée par l'angle et la longueur. La force agissant sur cet élément est numériquement égale à et la projection de cette force sur l'axe sera alors

Mais à partir de la Fig. 70 on peut voir que Par conséquent, depuis lors

où est la longueur de la corde qui sous-tend l'arc AB ; q - intensité.

Tâche 27. Une charge d'intensité uniformément répartie agit sur une poutre en porte-à-faux A B, dont les dimensions sont indiquées sur le dessin (Fig. 71).

Décision. On remplace les forces réparties par leurs résultantes Q, R et R, où selon les formules (35) et (36)

et composer les conditions d'équilibre (33) pour les forces parallèles agissant sur la poutre

En substituant ici au lieu de Q, R et R leurs valeurs et en résolvant les équations résultantes, on trouve finalement

Par exemple, si on obtient et si

Problème 28. Un cylindre cylindrique, dont la hauteur est H et le diamètre intérieur d, est rempli de gaz sous pression.L'épaisseur des parois cylindriques du cylindre est a. Déterminer les contraintes de traction subies par ces murs dans les directions : 1) longitudinale et 2) transversale (la contrainte est égale au rapport de la force de traction sur la section transversale), en la considérant petite.

Décision. 1) Coupons le cylindre par un plan perpendiculaire à son axe en deux parties et considérons l'équilibre de l'une d'elles (Fig.

72a). Elle est sollicitée en direction de l'axe du cylindre par la force de pression sur le fond et les forces réparties sur la section transversale (action de la moitié écartée), dont la résultante est notée Q. A l'équilibre

En supposant que la section transversale est approximativement égale, nous obtenons la valeur de la contrainte de traction

Chaque propriétaire d'une entrée triphasée (380 V) est obligé de veiller à une charge uniforme sur les phases afin d'éviter de surcharger l'une d'entre elles. Avec une distribution inégale sur une entrée triphasée, lorsque zéro brûle ou son mauvais contact, les tensions sur les fils de phase commencent à différer les unes des autres, à la fois vers le haut et vers le bas. Au niveau d'une alimentation monophasée (220 Volts), cela peut entraîner une panne des appareils électriques, due à une tension augmentée de 250-280 Volts, ou une tension réduite de 180-150 Volts. De plus, dans ce cas, il y a une surestimation de la consommation d'électricité des appareils électriques qui sont insensibles à la distorsion de tension. Dans cet article, nous vous expliquerons comment l'équilibrage de charge de phase est effectué en fournissant brèves instructions avec schéma et exemple vidéo.

Ce qu'il est important de savoir

Ce schéma illustre conditionnellement un réseau triphasé :

La tension entre phases de 380 volts est indiquée en bleu. en vert contrainte linéaire uniformément répartie. Rouge - distorsion de tension.

Les nouveaux abonnés au réseau électrique triphasé dans une maison ou un appartement privé, lors de la première connexion, ne doivent pas dépendre fortement d'une charge initialement uniformément répartie sur la ligne d'entrée. Étant donné que plusieurs consommateurs peuvent être alimentés à partir d'une seule ligne, ils peuvent avoir des problèmes de distribution.

Si, après les mesures, vous voyez qu'il y en a (plus de 10%, selon GOST 29322-92), vous devez contacter l'organisme d'alimentation pour prendre les mesures appropriées pour rétablir la symétrie de phase. Vous pouvez en savoir plus à ce sujet dans notre article.

Selon l'accord entre l'abonné et le RES (sur l'utilisation de l'électricité), ce dernier doit fournir une électricité de haute qualité aux maisons, avec les spécifications. La fréquence doit également correspondre à 50 Hertz.

Règles de répartition

Lors de la conception d'un schéma de câblage, il est nécessaire de sélectionner les groupes de consommateurs prévus de la manière la plus égale possible et de les répartir par phases. Par exemple, chaque groupe de prises dans les pièces de la maison est connecté à son propre fil de phase et regroupé de manière à ce que la charge sur le réseau soit optimale. Les lignes d'éclairage sont organisées de la même manière, en les répartissant sur différents conducteurs de phase, et ainsi de suite : Machine à laver, four, four, chaudière, chaudière.

Répartition des contraintes dans le cas d'un problème plan

Ce cas correspond à l'état de contrainte sous les fondations des murs, murs de soutènement, remblais et autres ouvrages dont la longueur dépasse largement leurs dimensions transversales :

où je- la longueur de la fondation ; b- largeur de fondation. Dans ce cas, la répartition des contraintes sous n'importe quelle partie de la structure, mise en évidence par deux sections parallèles perpendiculaires à l'axe de la structure, caractérise l'état de contraintes sous l'ensemble de la structure et ne dépend pas des coordonnées perpendiculaires à la direction de la charge avion.

Considérons l'action d'une charge linéaire sous la forme d'une série continue de forces concentrées R, dont chacun est par unité de longueur. Dans ce cas, les composantes de contrainte en tout point M avec coordonnées R et b peut être trouvée par analogie avec le problème spatial :

(3.27)

Si les rapports des caractéristiques géométriques des points considérés z, y, b représenter sous forme de coefficients d'influence K, alors les formules des contraintes s'écrivent comme suit :

(3.28)

Valeurs des coefficients d'influence Kz,Ky,Kyz tabulé selon les coordonnées relatives z/b, y/b(tableau II.3 de l'annexe II).

Une propriété importante du problème plan est que les composantes de contrainte t et s y dans le plan considéré z 0y ne dépendent pas du coefficient de dilatation transverse n 0 , comme dans le cas d'un problème spatial.

dP

Le problème peut également être résolu pour le cas d'une charge linéaire, répartie de manière quelconque sur la largeur de la bande b. Dans ce cas, la charge élémentaire dP considérée comme une force concentrée (Fig. 3.15).

Fig.3.15. Distribution arbitraire

charges de bande passante b

Si la charge se propage à partir d'un point UN(b=b 2) au point B(b \u003d b 1), puis, en additionnant les contraintes de ses éléments individuels, nous obtenons des expressions pour les contraintes en tout point du réseau à partir de l'action d'une charge continue en forme de bande.

(3.29)

Pour une charge uniformément répartie, intégrez les expressions ci-dessus avec Py = P= const. Dans ce cas, les directions principales, c'est-à-dire les directions dans lesquelles agissent les plus grandes et les plus petites contraintes normales seront les directions situées le long de la bissectrice des "angles de visibilité" et perpendiculaires à ceux-ci (Fig. 3.16). L'angle de visibilité a est l'angle formé par les droites reliant le point considéré M avec des bords de charge de bande.

Nous obtenons les valeurs des contraintes principales à partir des expressions (3.27), en supposant b=0 dans celles-ci :

. (3.30)

Ces formules sont souvent utilisées pour évaluer l'état de contrainte (en particulier l'état limite) dans les fondations des structures.

Sur les valeurs des contraintes principales en demi-axes, il est possible de construire des ellipses de contraintes qui caractérisent clairement l'état de contraintes du sol sous une charge uniformément répartie appliquée le long de la bande. La distribution (emplacement) des ellipses de contrainte sous l'action d'une charge locale uniformément répartie dans un problème plan est illustrée à la Fig. 3.17.

Fig.3.17. Ellipses de contrainte sous l'action d'une charge uniformément répartie dans un problème plan

Par les formules (3.28) on peut déterminer sz, s y et t yz en tout point de la section perpendiculaire à l'axe longitudinal de la charge. Si nous connectons des points avec les mêmes valeurs de chacune de ces quantités, nous obtenons des lignes de tensions égales. La figure 3.18 montre des lignes de contraintes verticales identiques sz, appelées isobares, de contraintes horizontales s y, appelées entretoises, et contraintes tangentielles t zx appelés quarts de travail.

Ces courbes ont été construites par D.E. Pol'shin en utilisant la théorie de l'élasticité pour une charge uniformément répartie sur une bande de largeur b, s'étendant indéfiniment dans une direction perpendiculaire au dessin. Les courbes montrent que l'effet des contraintes de compression sz intensité 0,1 charge externe R affecte la profondeur d'environ 6 b, tandis que les contraintes horizontales s y et les tangentes t se propagent avec la même intensité 0,1 Rà une profondeur beaucoup plus faible (1,5 - 2,0) b. Les surfaces curvilignes de contraintes égales auront des contours similaires dans le cas d'un problème spatial.

Fig.3.18. Lignes de contraintes égales dans un réseau déformable linéairement :

et pour sz(isobares); b - pour s y(propagé); dans - pour t(changement)

L'influence de la largeur de la bande chargée affecte la profondeur de propagation des contraintes. Par exemple, pour une fondation de 1 m de large, transférer à la base une charge d'intensité R, tension 0,1 R sera à une profondeur de 6 m de la semelle, et pour une fondation de 2 m de large, avec la même intensité de charge, à une profondeur de 12 m (Fig. 3.19). S'il y a des sols plus faibles dans les couches sous-jacentes, cela peut affecter considérablement la déformation de la structure.

où a et b / sont respectivement les angles de visibilité et d'inclinaison de la ligne par rapport à la verticale (Fig. 3.21).

Fig.3.21. Diagrammes de répartition des contraintes de compression sur des sections verticales du massif de sol sous l'action d'une charge triangulaire

Le tableau II.4 de l'annexe II montre les dépendances du coefficient Pour| z en fonction de z/b et y/b(Fig.3.21) pour calculer s z à l'aide de la formule :

sz = Pour| z × R.