Së bashku me forcat e përqendruara të diskutuara më sipër, strukturat dhe strukturat e ndërtesave mund të ekspozohen ngarkesat e shpërndara- nga vëllimi, nga sipërfaqja ose përgjatë një linje të caktuar - dhe të përcaktuara prej saj intensiteti.

Shembull ngarkimi, të shpërndara në zonë, është ngarkesa e borës, era, presioni i lëngut ose i tokës. Intensiteti i një ngarkese të tillë sipërfaqësore ka dimensionin e presionit dhe matet në kN / m 2 ose kilopascals (kPa \u003d kN / m 2).

Kur zgjidh problemet, shpesh ka një ngarkesë, të shpërndara përgjatë gjatësisë së traut. Intensiteti q ngarkesa e tillë matet në kN/m.

Konsideroni një rreze të ngarkuar në seksionin [ a, b] ngarkesë e shpërndarë, intensiteti i së cilës ndryshon sipas ligjit q= q(x). Për të përcaktuar reagimet mbështetëse të një rreze të tillë, është e nevojshme të zëvendësohet ngarkesa e shpërndarë me një ekuivalente të përqendruar. Kjo mund të bëhet sipas rregullit të mëposhtëm:

Konsideroni raste të veçanta të një ngarkese të shpërndarë.

a) rasti i përgjithshëm i ngarkesës së shpërndarë(fig.24)

Fig.24

q(x) - intensiteti i forcës së shpërndarë [N/m],

Fuqia elementare.

l- gjatësia e segmentit

Forca e intensitetit q(x) e shpërndarë përgjatë segmentit të linjës është ekuivalente me forcën e përqendruar

Një forcë e përqendruar zbatohet në një pikë Me(qendra e forcave paralele) me koordinatë

b) intensiteti konstant i ngarkesës së shpërndarë(fig.25)

Fig.25

në) intensiteti i ngarkesës së shpërndarë, që ndryshon sipas një ligji linear(fig.26)

Fig.26

Llogaritja e sistemeve të përbëra.

Nën sisteme të përbëra do të kuptojmë struktura të përbëra nga disa trupa të lidhur me njëri-tjetrin.

Para se të vazhdojmë me shqyrtimin e veçorive të llogaritjes së sistemeve të tilla, ne prezantojmë përkufizimin e mëposhtëm.

të përcaktuar në mënyrë statikequhen probleme dhe sisteme të tilla statike për të cilat numri i reaksioneve të panjohura të kufizimeve nuk e kalon numrin maksimal të lejuar të ekuacioneve.

Nëse numri i të panjohurave është më i madh se numri i ekuacioneve, relevante quhen detyrat dhe sistemet statikisht e papërcaktuar. Diferenca midis numrit të të panjohurave dhe numrit të ekuacioneve quhet shkalla e pasigurisë statike sistemeve.

Për çdo sistem të rrafshët të forcave që veprojnë në një trup të ngurtë, ekzistojnë tre kushte të pavarura ekuilibri. Rrjedhimisht, për çdo sistem të sheshtë forcash, nga kushtet e ekuilibrit, mund të gjenden jo më shumë se tre reaksione bashkimi të panjohura.

Në rastin e një sistemi hapësinor forcash që veprojnë në një trup të ngurtë, ekzistojnë gjashtë kushte të pavarura ekuilibri. Rrjedhimisht, për çdo sistem hapësinor forcash, është e mundur të gjesh jo më shumë se gjashtë reaksione të panjohura bashkuese nga kushtet e ekuilibrit.

Le ta shpjegojmë këtë me shembujt e mëposhtëm.

1. Lëreni qendrën e një blloku ideal pa peshë (shembulli 4) të mbahet nga jo dy, por tre shufra: AB, dielli dhe BD dhe është e nevojshme të përcaktohen reagimet e shufrave, duke neglizhuar përmasat e bllokut.

Duke marrë parasysh kushtet e problemit, marrim një sistem forcash konvergjente, ku përcaktohen tre të panjohurat: S A, S C dhe S Dështë ende e mundur të përpilohet një sistem me vetëm dy ekuacione: Σ X = 0, Σ Y=0. Natyrisht, problemi i paraqitur dhe sistemi që korrespondon me të do të jenë statikisht të papërcaktuar.

2. Trari, i fiksuar fort në skajin e majtë dhe që ka një mbështetje të fiksuar me varëse në skajin e djathtë, ngarkohet me një sistem planar arbitrar forcash (Fig. 27).

Për të përcaktuar reaksionet mbështetëse, mund të përpilohen vetëm tre ekuacione ekuilibri, të cilat do të përfshijnë 5 reagime të panjohura mbështetëse: X A, Y A,M A,XB dhe Y B. Problemi i deklaruar do të jetë dy herë statikisht i papërcaktuar.

Një problem i tillë nuk mund të zgjidhet brenda kornizës së mekanikës teorike, duke supozuar se trupi në shqyrtim është absolutisht i ngurtë.

Fig.27

Le të kthehemi te studimi i sistemeve të përbëra, një përfaqësues tipik i të cilave është një kornizë me tre varëse (Fig. 28, a). Ai përbëhet nga dy trupa: AC dhe para Krishtit lidhur Celës mentesha C. Për këtë kornizë, merrni parasysh dy mënyra për të përcaktuar reaksionet mbështetëse të sistemeve të përbëra.

1 mënyrë. Konsideroni një trup AC, i ngarkuar me një forcë të caktuar R, duke hedhur poshtë, në përputhje me Aksiomën 7, të gjitha lidhjet dhe duke i zëvendësuar ato, përkatësisht, me reagimet e jashtme ( X A, Y A) dhe e brendshme ( X C, YC) lidhjet (Fig. 28, b).

Në mënyrë të ngjashme, ne mund të konsiderojmë ekuilibrin e trupit para Krishtit nën ndikimin e reaksioneve mbështetëse AT - (X B, Y B) dhe reaksionet në menteshën lidhëse C - (X C', YC’), ku, sipas Aksiomës 5: X C= X C', YC= YC’.

Për secilin prej këtyre trupave, mund të përpilohen tre ekuacione ekuilibri, kështu që numri i përgjithshëm i të panjohurave është: X A, Y A , X C=X C', YC =YC’, X B, Y Bështë e barabartë me numrin total të ekuacioneve, dhe problemi është i përcaktuar statikisht.

Kujtojmë se, sipas gjendjes së problemit, kërkohej të përcaktoheshin vetëm 4 reaksione mbështetëse, por duhej të bënim punë shtesë, duke përcaktuar reaksionet në menteshën lidhëse. Ky është disavantazhi i kësaj metode për përcaktimin e reaksioneve mbështetëse.

2 mënyra. Merrni parasysh ekuilibrin e të gjithë kornizës ABC, duke hedhur poshtë vetëm kufizimet e jashtme dhe duke i zëvendësuar ato me reagime të panjohura mbështetëse X A, Y A,XB, Y B .

Sistemi që rezulton përbëhet nga dy trupa dhe nuk është një trup absolutisht i ngurtë, pasi distanca midis pikave POR dhe AT mund të ndryshojë për shkak të rrotullimit të ndërsjellë të të dy pjesëve në lidhje me menteshën Me. Sidoqoftë, mund të supozojmë se tërësia e forcave të aplikuara në kornizë ABC formon një sistem nëse përdorim aksiomën e ngurtësimit (Fig. 28, në).

Fig.28

Pra për trupin ABC ka tre ekuacione ekuilibri. Për shembull:

Σ M A = 0;

Σ X = 0;

Këto tre ekuacione do të përfshijnë 4 reagime të panjohura mbështetëse X A, Y A,XB dhe Y B. Vini re se një përpjekje për të përdorur si një ekuacion që mungon, për shembull: Σ M B= 0 nuk do të çojë në sukses, pasi ky ekuacion do të jetë i varur në mënyrë lineare me ato të mëparshme. Për të marrë një ekuacion të katërt linearisht të pavarur, është e nevojshme të merret parasysh ekuilibri i një trupi tjetër. Kështu, ju mund të merrni një nga pjesët e kornizës, për shembull - dielli. Në këtë rast, është e nevojshme të hartohet një ekuacion që do të përmbajë të panjohurat "e vjetra". X A, Y A,XB, Y B dhe nuk përmbante të reja. Për shembull, ekuacioni: Σ X (dielli) = 0 ose më shumë:- X C' + X B= 0 nuk është i përshtatshëm për këto qëllime, sepse përmban një të panjohur "të re". X C’, por ekuacioni Σ M C (dielli) = 0 plotëson të gjitha kushtet e nevojshme. Kështu, reagimet e dëshiruara mbështetëse mund të gjenden në sekuencën e mëposhtme:

Σ M A = 0; → Y B= R/4;

Σ M B = 0; → Y A= -R/4;

Σ M C (dielli) = 0; → X B= -R/4;

Σ X = 0; →X A= -3R/4.

Për të kontrolluar, mund të përdorni ekuacionin: Σ M C (AC) = 0 ose, më në detaje: - Y A∙2 + X A∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 +R∙1 = R/2 - 3R/2 +R = 0.

Vini re se ky ekuacion përfshin të 4 reagimet mbështetëse të gjetura: X A dhe Y A- në mënyrë eksplicite, dhe X B dhe Y B- në mënyrë implicite, pasi ato janë përdorur në përcaktimin e dy reaksioneve të para.

Përkufizimi grafik i reaksioneve mbështetëse.

Në shumë raste, zgjidhja e problemeve mund të thjeshtohet nëse në vend të ekuacioneve të ekuilibrit ose krahas tyre përdoren drejtpërdrejt kushtet e ekuilibrit, aksiomat dhe teoremat e statikës. Qasja përkatëse quhet përkufizimi grafik i reaksioneve mbështetëse.

Para se të vazhdojmë me shqyrtimin e metodës grafike, vërejmë se, si për një sistem forcash konvergjente, vetëm ato probleme që lejojnë një zgjidhje analitike mund të zgjidhen grafikisht. Në të njëjtën kohë, metoda grafike për përcaktimin e reaksioneve mbështetëse është e përshtatshme për një numër të vogël ngarkesash.

Pra, metoda grafike për përcaktimin e reaksioneve mbështetëse bazohet kryesisht në përdorimin e:

Aksiomat për ekuilibrin e një sistemi me dy forca;

Aksioma rreth veprimit dhe reagimit;

Teorema rreth tri forcave;

Kushtet për ekuilibrin e një sistemi të rrafshët të forcave.

Në përcaktimin grafik të reaksioneve të sistemeve të përbëra rekomandohet si më poshtë. sekuenca e shqyrtimit:

Zgjidhni një trup me një numër minimal reaksionesh të panjohura algjebrike të lidhjeve;

Nëse ka dy ose më shumë trupa të tillë, atëherë filloni zgjidhjen duke marrë parasysh trupin ndaj të cilit është aplikuar një numër më i vogël i forcave;

Nëse ka dy ose më shumë trupa të tillë, atëherë zgjidhni trupin për të cilin dihet numri më i madh i forcave nga drejtimi.

Zgjidhja e problemeve.

Kur zgjidhni problemet e këtij seksioni, duhet të keni parasysh të gjitha ato udhëzime të përgjithshme që janë bërë më herët.

Kur filloni të zgjidhni, është e nevojshme, para së gjithash, të vendoset ekuilibri se cili organ i veçantë duhet të merret parasysh në këtë problem. Pastaj, duke e veçuar këtë trup dhe duke e konsideruar si të lirë, duhet të përshkruhen të gjitha forcat e dhëna që veprojnë në trup dhe reagimet e lidhjeve të hedhura.

Më pas, duhet të hartoni kushtet e ekuilibrit, duke përdorur formën e këtyre kushteve që çon në një sistem më të thjeshtë ekuacionesh (më i thjeshti do të jetë një sistem ekuacionesh, secila prej të cilave përfshin një të panjohur).

Për të marrë ekuacione më të thjeshta, vijon (përveç nëse kjo e ndërlikon llogaritjen):

1) përpilimi i ekuacioneve të projeksionit, vizatoni një bosht koordinativ pingul me një forcë të panjohur;

2) kur përpiloni ekuacionin e momentit, këshillohet të zgjidhni si ekuacion të momentit pikën ku kryqëzohen linjat e veprimit të dy prej tre reaksioneve mbështetëse të panjohura - në këtë rast ato nuk do të përfshihen në ekuacion, dhe ai do të përmbajë vetëm një e panjohur;

3) nëse dy nga tre reaksionet mbështetëse të panjohura janë paralele, atëherë kur hartoni ekuacionin në projeksione mbi bosht, kjo e fundit duhet të drejtohet në mënyrë që të jetë pingul me dy reagimet e para - në këtë rast, ekuacioni do të përmbajë vetëm e panjohura e fundit;

4) gjatë zgjidhjes së problemit, sistemi i koordinatave duhet të zgjidhet në mënyrë që boshtet e tij të orientohen në të njëjtën mënyrë si shumica e forcave të sistemit të aplikuara në trup.

Gjatë llogaritjes së momenteve, ndonjëherë është e përshtatshme të zbërthehet një forcë e caktuar në dy komponentë dhe, duke përdorur teoremën e Varignon, të gjendet momenti i forcës si shuma e momenteve të këtyre përbërësve.

Zgjidhja e shumë problemeve të statikës zbret në përcaktimin e reaksioneve të mbështetësve, me ndihmën e të cilave fiksohen trarët, trarët e urave etj.

Shembulli 7 Tek kllapa e paraqitur në Fig. 29, a, në nyjë AT ngarkesë e varur me peshë 36 kN. Lidhjet e elementeve të kllapës janë të varura. Përcaktoni forcat që dalin në shufra AB dhe dielli, duke i konsideruar ato pa peshë.

Vendimi. Merrni parasysh ekuilibrin e nyjës AT, në të cilën shufrat konvergojnë AB dhe dielli. Nyjë AT paraqet një pikë në vizatim. Meqenëse ngarkesa është e pezulluar nga nyja AT, pastaj në pikën AT Ne aplikojmë një forcë F të barabartë me peshën e ngarkesës së pezulluar. shufra VA dhe dielli, i lidhur në mënyrë pivotale në një nyje AT, kufizojnë mundësinë e ndonjë lëvizjeje lineare të tij në plan vertikal, d.m.th. janë lidhje në lidhje me nyjen AT.

Oriz. 29. Skema e llogaritjes së kllapës për shembull 7:

a - skema e projektimit; b - sistemi i forcave në një nyje B

Ne i heqim mendërisht lidhjet dhe i zëvendësojmë veprimet e tyre me forca - reagime të lidhjeve R A dhe R C. Meqenëse shufrat janë pa peshë, reagimet e këtyre shufrave (forcat në shufra) drejtohen përgjatë boshtit të shufrave. Le të supozojmë se të dy shufrat janë të shtrirë, d.m.th. reaksionet e tyre drejtohen nga mentesha në brendësi të shufrave. Pastaj, nëse pas llogaritjes reagimi rezulton me një shenjë minus, atëherë kjo do të thotë që në fakt reagimi drejtohet në drejtimin e kundërt me atë të treguar në vizatim, d.m.th. shufra do të jetë e ngjeshur.

Në fig. 29, b tregohet se në pikën AT forcë aktive e aplikuar F dhe reagimet e lidhjes R A dhe R C. Mund të shihet se sistemi i paraqitur i forcave është një sistem i sheshtë i forcave që konvergojnë në një pikë. Ne zgjedhim në mënyrë arbitrare boshtet e koordinatave OK dhe OY dhe hartoni ekuacionet e ekuilibrit të formës:

Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;

Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.

Duke pasur parasysh se cos (90 -α ) = mëkatα, nga ekuacioni i dytë gjejmë

Rc = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN.

Zëvendësimi i vlerës Rc në ekuacionin e parë, marrim

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

Pra shufra AB- shtrirë, dhe shufra dielli- i ngjeshur.

Për të kontrolluar korrektësinë e forcave të gjetura në shufra, ne projektojmë të gjitha forcat në çdo bosht që nuk përkon me boshtet X dhe Y p.sh boshti U:

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

Pas zëvendësimit të vlerave të forcave të gjetura në shufra (dimensioni në kilonewton), marrim

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

Kushti i ekuilibrit është i plotësuar, kështu që forcat e gjetura në shufra janë të sakta.

Shembulli 8 Trare skela, pesha e së cilës mund të neglizhohet mbahet në një pozicion horizontal nga një shufër fleksibël CD dhe mbështetet kryesisht në mur në pikë POR. Gjeni forcën tërheqëse CD nëse një punëtor me peshë 80 kg ≈0.8 kN qëndron në buzë të skelës (Fig. 30, a).

Oriz. tridhjetë. Skema e llogaritjes së skelave për shembull 8:

a– skema e llogaritjes; b– sistemi i forcave që veprojnë në skelë

Vendimi. Ne zgjedhim objektin e bilancit. Në këtë shembull, objekti i ekuilibrit është trau i skelës. Në pikën AT forca aktive që vepron në rreze F e barabartë me peshën e një personi. Lidhjet në këtë rast janë mentesha mbështetëse fikse POR dhe shtytje CD. Le t'i hedhim mendërisht lidhjet, duke zëvendësuar veprimin e tyre në rreze me reagimet e lidhjeve (Fig. 30, b). Nuk është e nevojshme të përcaktohet reagimi i një mbështetëse fikse me varëse sipas gjendjes së problemit. Përgjigja e shtytjes CD drejtuar përgjatë vijës. Le të supozojmë shufrën CD shtrirë, d.m.th. reagimi R D drejtuar larg nga mentesha Me brenda shufrës. Le të zbërthejmë reagimin R D, sipas rregullit të paralelogramit, në komponentët horizontale dhe vertikale:

R Dx malet \u003d R D cosα ;

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

Si rezultat, ne morëm një sistem arbitrar të sheshtë forcave, kusht i nevojshëm ekuilibri i të cilit është barazia me zero e tre kushteve të pavarura të ekuilibrit,.

Në rastin tonë, është e përshtatshme që fillimisht të shkruhet kushti i ekuilibrit si shuma e momenteve rreth pikës së momentit POR, që në momentin e reagimit mbështetës R A në lidhje me këtë pikë është e barabartë me zero:

Σ mA = 0; F∙3a - R dy ∙ a = 0

F∙3a - R D mëkatα = 0.

Vlera e funksioneve trigonometrike përcaktohet nga trekëndëshi ACD:

cosα = AC/CD = 0,89,

sinα = AD/CD = 0,446.

Duke zgjidhur ekuacionin e ekuilibrit, marrim R D = 5,38 kN. (Tyazh CD- shtrirë).

Për të kontrolluar korrektësinë e llogaritjes së përpjekjes në fillesë CDështë e nevojshme të llogaritet të paktën një nga komponentët e reaksionit mbështetës R A. Ne përdorim ekuacionin e ekuilibrit në formë

Σ Fy = 0; VA + R Dy- F= 0

VA = F- Rdy.

Nga këtu VA= -1,6 kN.

Shenja minus do të thotë se komponenti vertikal i reaksionit R A duke treguar poshtë në mbështetje.

Le të kontrollojmë korrektësinë e llogaritjes së përpjekjes në fillesë. Ne përdorim një kusht më shumë ekuilibri në formën e ekuacioneve të momenteve rreth pikës AT.

Σ m B = 0; VA∙3a + R Dy ∙ 2a = 0;

1,6∙3a + 5,38∙0,446∙2a = 0; 0 = 0.

Kushtet e ekuilibrit plotësohen, kështu që forca në fillesë gjendet saktë.

Shembulli 9 Shtylla vertikale e betonit betonohet me skajin e saj të poshtëm në një bazë horizontale. Nga lart, ngarkesa nga muri i ndërtesës me peshë 143 kN transferohet në shtyllë. Shtylla është prej betoni me dendësi γ= 25 kN/m 3 . Dimensionet e kolonës janë paraqitur në fig. 31, a. Përcaktoni reagimet në një embedment të ngurtë.

Oriz. 31. Skema e llogaritjes së kolonës për shembull 9:

a- skema e ngarkimit dhe dimensionet e kolonës; b- skema e llogaritjes

Vendimi. Në këtë shembull, objekti i bilancit është kolona. Kolona ngarkohet me llojet e mëposhtme të ngarkesave aktive: në pikë POR forca e përqendruar F, e barabartë me peshën e murit të ndërtesës dhe peshën e vet të kolonës në formën e një ngarkese të shpërndarë në mënyrë uniforme përgjatë gjatësisë së traut me intensitet q për çdo metër të gjatësisë së kolonës: q = 𝛾А, ku PORështë zona e prerjes tërthore të kolonës.

q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.

Lidhjet në këtë shembull janë një spirancë e ngurtë në bazën e shtyllës. Hidhni mendërisht përfundimin dhe zëvendësoni veprimin e tij me reaksionet e lidhjeve (Fig. 31, b).

Në shembullin tonë, ne konsiderojmë një rast të veçantë të veprimit të një sistemi forcash pingul me ngulitjen dhe që kalojnë përgjatë një boshti përmes pikës së aplikimit të reaksioneve mbështetëse. Pastaj dy reaksione mbështetëse: komponenti horizontal dhe momenti reaktiv do të jenë të barabartë me zero. Për të përcaktuar komponentin vertikal të reaksionit mbështetës, ne projektojmë të gjitha forcat në boshtin e elementit. Drejtoni këtë bosht me boshtin Z, atëherë kushti i ekuilibrit mund të shkruhet në formën e mëposhtme:

Σ F Z = 0; V B - F - ql = 0,

ku ql- ngarkesa e shpërndarë rezultante.

V B = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.

Shenja plus tregon se reagimi V B drejtuar lart.

Për të kontrolluar saktësinë e llogaritjes së reaksionit mbështetës, mbetet një kusht tjetër ekuilibri - në formën e një shume algjebrike të momenteve të të gjitha forcave në lidhje me çdo pikë që nuk kalon nëpër boshtin e elementit. Ju sugjerojmë ta bëni vetë këtë test.

Shembulli 10 Për rrezen e paraqitur në Fig. 32, a, kërkohet të përcaktohen reagimet mbështetëse. E dhënë: F= 60 kN, q= 24 kN/m, M= 28 kN∙m.

Oriz. 32. Skema e llogaritjes dhe dimensionet e rrezeve për shembull 10:

Vendimi. Merrni parasysh ekuilibrin e rrezes. Rrezi është i ngarkuar me një ngarkesë aktive në formën e një sistemi të sheshtë të forcave vertikale paralele, i përbërë nga një forcë e përqendruar F, intensiteti i ngarkesës i shpërndarë në mënyrë uniforme q me rezultante P, aplikuar në qendër të gravitetit të zonës së ngarkesave (Fig. 32, b), dhe momenti i përqendruar M, e cila mund të përfaqësohet si një palë forcash.

Lidhjet në këtë tra janë mbështetëse të fiksuara me mentesha POR dhe mbështetje të artikuluar AT. Ne veçojmë objektin e ekuilibrit, për këtë i hedhim poshtë lidhjet mbështetëse dhe i zëvendësojmë veprimet e tyre me reaksione në këto lidhje (Fig. 32, b). Reagimi mbajtës R B drejtohet vertikalisht, dhe reagimi i suportit të fiksuar me varen R A do të jetë paralel me sistemin aktiv të forcave vepruese dhe gjithashtu do të drejtohet vertikalisht. Le të supozojmë se ato janë të drejtuara lart. Ngarkesa e shpërndarë rezultuese P= 4,8∙q aplikohet në qendër të simetrisë së zonës së ngarkesës.

Gjatë përcaktimit të reaksioneve mbështetëse në rreze, është e nevojshme të përpiqemi të përpilojmë ekuacionet e ekuilibrit në atë mënyrë që secila prej tyre të përfshijë vetëm një të panjohur. Kjo mund të arrihet duke bërë dy ekuacione momentesh rreth pikave të referencës. Reaksionet mbështetëse zakonisht kontrollohen duke kompozuar një ekuacion në formën e shumës së projeksioneve të të gjitha forcave në një bosht pingul me boshtin e elementit.

Le të pranojmë me kusht drejtimin e rrotullimit të momentit të reaksioneve mbështetëse rreth pikave të momentit si pozitiv, atëherë drejtimi i kundërt i rrotullimit të forcave do të konsiderohet negativ.

Një kusht i domosdoshëm dhe i mjaftueshëm për ekuilibrin në këtë rast është barazia me zero e kushteve të pavarura të ekuilibrit në formën:

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

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

Duke zëvendësuar vlerat numerike të sasive, gjejmë

V B= 14,4 kN, VA= 15,6 kN.

Për të kontrolluar korrektësinë e reaksioneve të gjetura, ne përdorim kushtin e ekuilibrit në formën:

Σ Fy = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.

Pas zëvendësimit të vlerave numerike në këtë ekuacion, marrim një identitet të tipit 0=0. Nga kjo arrijmë në përfundimin se llogaritja është kryer në mënyrë korrekte dhe reagimet në të dy mbështetësit janë të drejtuara lart.

Shembulli 11. Përcaktoni reaksionet mbështetëse për rrezen e paraqitur në Fig. 33, a. E dhënë: F= 2,4 kN, M= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.

Oriz. 33. Skema e llogaritjes dhe dimensionet e rrezes për shembull 11:

a - skema e projektimit; b - objekt ekuilibri

Vendimi. Merrni parasysh ekuilibrin e rrezes. Ne e lëshojmë mendërisht rrezen nga lidhjet në mbështetëse dhe zgjedhim objektin e ekuilibrit (Fig. 33, b). Rrezi është i ngarkuar me një ngarkesë aktive në formën e një sistemi arbitrar planar të forcave. Ngarkesa e shpërndarë rezultuese P = q∙3 është ngjitur në qendër të simetrisë së zonës së ngarkesave. Forcë F zbërthehet sipas rregullit të paralelogramit në komponentë - horizontale dhe vertikale

F z = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;

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

Ne aplikojmë në objektin e ekuilibrit në vend të lidhjeve të hedhura të reaksionit. Supozoni reagimin vertikal VA mbështetëse e lëvizshme e artikuluar POR drejtuar lart, reaksion vertikal V B mbështetje fikse e artikuluar B drejtohet edhe lart, dhe reaksioni horizontal H B- në të djathtë.

Kështu, në fig. 33, b përshkruhet një sistem arbitrar i sheshtë forcash, kushti i nevojshëm i ekuilibrit i të cilit është barazia me zero e tre kushteve të pavarura të ekuilibrit për një sistem të sheshtë forcash. Kujtojmë se, sipas teoremës Varignon, momenti i forcës F për çdo pikë është e barabartë me shumën momentet e komponentëve Fz dhe Fy për të njëjtën pikë. Le të pranojmë me kusht drejtimin e rrotullimit të momentit të reaksioneve mbështetëse rreth pikave të momentit si pozitiv, atëherë drejtimi i kundërt i rrotullimit të forcave do të konsiderohet negativ.

Atëherë është e përshtatshme të shkruani kushtet e ekuilibrit në formën e mëposhtme:

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

Σ mA = 0; V B∙6 + M - Fy∙2 + 3q∙0,5 = 0; nga këtu V B= - 1,456 kN;

Σ m B = 0; VA ∙6 - 3q∙6,5 - Fy ∙4 - M= 0; nga këtu VA= 5,336 kN.

Për të kontrolluar korrektësinë e reaksioneve të llogaritura, ne përdorim një kusht tjetër ekuilibri, i cili nuk u përdor, për shembull:

Σ Fy = 0; V A + V B - 3q - Fy = 0.

Reagimi vertikal i mbështetjes V B doli me një shenjë minus, kjo tregon se në këtë rreze nuk drejtohet lart, por poshtë.

Shembulli 12. Përcaktoni reaksionet mbështetëse për një rreze të ngulitur fort në njërën anë dhe të paraqitur në fig. 34, a. E dhënë: q=20 kN/m.

Oriz. 34. Skema e llogaritjes dhe dimensionet e rrezeve për shembull 12:

a - skema e projektimit; b - objekt ekuilibri

Vendimi. Le të veçojmë objektin e ekuilibrit. Rrezja ngarkohet me një ngarkesë aktive në formën e një sistemi të sheshtë të forcave paralele të vendosura vertikalisht. Ne e çlirojmë mendërisht rrezen nga lidhjet në përfundim dhe i zëvendësojmë ato me reaksione në formën e një force të përqendruar V B dhe çiftet e forcave me momentin e dëshiruar reaktiv M B(shih fig. 34, b). Meqenëse forcat aktive veprojnë vetëm në drejtim vertikal, reaksioni horizontal H B barazohet me zero. Le të pranojmë me kusht drejtimin e rrotullimit të momentit të reaksioneve mbështetëse rreth pikës së momentit në drejtim të akrepave të orës si pozitiv, atëherë drejtimi i kundërt i rrotullimit të forcave do të konsiderohet negativ.

Kushtet e ekuilibrit i kompozojmë në formë

Σ Fy = 0; V B- q∙1,6 = 0;

Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.

Këtu q∙1.6 - rezultanti i ngarkesës së shpërndarë.

Zëvendësimi i vlerave numerike të ngarkesës së shpërndarë q, ne gjejme

V V= 32 kN, M B= 38,4 kN∙m.

Për të kontrolluar korrektësinë e reaksioneve të gjetura, ne krijojmë një kusht më shumë ekuilibri. Tani le të marrim një pikë tjetër si pikë momenti, për shembull, skajin e djathtë të rrezes, pastaj:

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

Pas zëvendësimit të vlerave numerike, fitojmë identitetin 0=0.

Së fundi, arrijmë në përfundimin se reagimet mbështetëse janë gjetur saktë. Reagimi vertikal V B drejtuar lart, dhe momenti reaktiv M V- në drejtim të akrepave të orës.

Shembulli 13 Përcaktoni reaksionet mbështetëse të rrezes (Fig. 35, a).

Vendimi. Ngarkesa e shpërndarë që rezulton vepron si një ngarkesë aktive P=(1/2)∙aq\u003d (1/2) ∙ 3 2 \u003d 3 kN, linja e veprimit e së cilës kalon në një distancë prej 1 m nga mbështetja e majtë, forca e tensionit të fillit T = R= 2 kN aplikuar në skajin e djathtë të traut dhe momentit të përqendruar.

Meqenëse kjo e fundit mund të zëvendësohet nga një palë forca vertikale, ngarkesa që vepron në tra, së bashku me reagimin e mbështetësit të lëvizshëm. AT formon një sistem forcash paralele, pra reaksioni R A do të drejtohet gjithashtu vertikalisht (Fig. 35, b).

Për të përcaktuar këto reaksione, ne përdorim ekuacionet e ekuilibrit.

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

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

Σ M B = 0; - R A∙3 +P∙2 - M+ T∙2 = 0,

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

Fig.35

Për të kontrolluar korrektësinë e zgjidhjes së marrë, ne përdorim një ekuacion shtesë të ekuilibrit:

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

pra problemi zgjidhet drejt.

Shembulli 14 Gjeni reaksionet mbështetëse të një trau konsol të ngarkuar me një ngarkesë të shpërndarë (Fig. 36, a).

Vendimi. Ngarkesa e shpërndarë rezultante aplikohet në qendër të gravitetit të diagramit të ngarkesës. Për të mos kërkuar pozicionin e qendrës së gravitetit të trapezit, ne e paraqesim atë si shumën e dy trekëndëshave. Atëherë ngarkesa e dhënë do të jetë ekuivalente me dy forca: P 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN dhe P 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, të cilat aplikohen në qendrën e gravitetit të secilit prej trekëndëshave (Fig. 36, b).

Fig.36

Reaksionet mbështetëse të shtrëngimit të ngurtë përfaqësohen nga forca R A dhe momenti M A, për të cilin është më i përshtatshëm të përdoren ekuacionet e ekuilibrit të një sistemi forcash paralele, domethënë:

Σ M A = 0; M A= 15 kN∙m;

Σ Y= 0, R A= 9 kN.

Për të kontrolluar, ne përdorim ekuacionin shtesë Σ M B= 0, ku pika AT ndodhet në skajin e djathtë të rrezes:

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

Shembulli 15 Peshimi me rreze homogjene P= 600 N dhe gjatësia l= 4 m mbështetet në një skaj në një dysheme të lëmuar, dhe pikë e ndërmjetme AT në një shtyllë të lartë h= 3 m, duke formuar një kënd prej 30 ° me vertikale. Në këtë pozicion, trau mbahet nga një litar i shtrirë në dysheme. Përcaktoni tensionin e litarit T dhe postimi i reagimeve - R B dhe seksi - R A(fig.37, a).

Vendimi. Një tra ose shufër në mekanikën teorike kuptohet si një trup, dimensionet tërthore të të cilit në krahasim me gjatësinë e tij mund të neglizhohen. Pra, pesha P tra homogjen i ngjitur në një pikë Me, ku AC= 2 m.

Fig.37

1) Meqenëse dy nga tre reaksionet e panjohura zbatohen në pikë POR, gjëja e parë që duhet të bëni është të formuloni ekuacionin Σ M A= 0, pasi vetëm reagimi R B:

- R B∙AB+P∙(l/2)∙sin30° = 0,

ku AB = h/cos30°= 2 m.

Duke zëvendësuar në ekuacion, marrim:

R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

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

Në mënyrë të ngjashme, nga ekuacioni i momentit mund të gjendet edhe reagimi R A, duke zgjedhur si moment pikën ku kryqëzohen vijat e veprimit R B dhe T. Sidoqoftë, kjo do të kërkojë ndërtime shtesë, kështu që është më e lehtë të përdoren ekuacione të tjera ekuilibri:

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

3) Σ Y= 0, R B∙ mëkat 30°- P +R A= 0; → R A = P- R B∙sin30°= 600 - 50 ≅ 513 N.

Kështu kemi gjetur T dhe R A përmes R B, kështu që mund të kontrolloni korrektësinë e zgjidhjes së përftuar duke përdorur ekuacionin: Σ M B= 0, e cila përfshin në mënyrë të qartë ose të nënkuptuar të gjitha reagimet e gjetura:

R A∙AB mëkat 30°- T∙AB cos30° - P∙(AB - l/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.

Marrë si rezultat i rrumbullakimit mospërputhjeΔ= -0,5 quhet gabim absolut llogaritjet.

Për t'iu përgjigjur pyetjes se sa i saktë është rezultati, llogarisni gabim relativ, e cila përcaktohet nga formula:

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

Shembulli 16 Përcaktoni reagimet mbështetëse të kornizës (Fig. 38). Këtu dhe më poshtë, përveç nëse përcaktohet ndryshe, të gjitha dimensionet në figura do të konsiderohen të treguara në metra, dhe forcat - në kilonewton.

Fig.38

Vendimi. Le të shqyrtojmë ekuilibrin e kornizës, në të cilën forca e tensionit të fillit zbatohet si forcë aktive T e barabartë me peshën e ngarkesës P.

1) Reagimi i suportit të lëvizshëm R B gjeni nga ekuacioni Σ M A= 0. Për të mos llogaritur shpatullën e forcës T, ne përdorim teoremën Varignon, duke e zbërthyer këtë forcë në komponentë horizontale dhe vertikale:

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

2) Për të llogaritur Y A shkruani ekuacionin Σ M C= 0, ku pika Me shtrihet në kryqëzimin e vijave të veprimit të reaksioneve R B dhe X A:

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

3) Më në fund, gjejmë reagimin X A:

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

Meqenëse të tre reagimet u gjetën në mënyrë të pavarur nga njëri-tjetri, për verifikim, duhet të merrni ekuacionin që përfshin secilën prej tyre:

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.

Shembulli 17. Përcaktoni reagimet mbështetëse të shufrës me një skicë të thyer (Fig. 39, a).

Vendimi. Ne zëvendësojmë ngarkesën e shpërndarë në secilën pjesë të shufrës me forca të përqendruara P 1 = 5 kN dhe P 2 \u003d 3 kN, dhe veprimi i majës së fortë të hedhur - nga reagimet X A,Y A dhe M A(fig.39, b).

Fig.39

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

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

3) Σ Y= 0; Y A - P 1 kosa- P 2 = 0; →Y A= 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 kN, meqë sinα = 3/5, cosα = 4/5.

Kontrollo: Σ M B = 0; M A + X A∙3 - Y A∙7 +P 1 cosα∙4,5 + P 1 sinα∙1,5 + P 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.

Shembulli 18. Për kornizën e paraqitur në Fig. 40, a, duhet të përcaktohen reagimet mbështetëse. E dhënë: F= 50 kN, M= 60 kN∙m, q= 20 kN/m.

Vendimi. Merrni parasysh ekuilibrin e kornizës. Çlironi mendërisht kornizën nga lidhjet në mbështetëse (Fig. 40, b) dhe zgjidhni objektin e ekuilibrit. Korniza është e ngarkuar me një ngarkesë aktive në formën e një sistemi arbitrar planar të forcave. Në vend të lidhjeve të hedhura, ne aplikojmë reagime ndaj objektit të ekuilibrit: në një mbështetje të fiksuar me varëse POR- vertikale VA dhe horizontale H A, dhe në një mbështetëse të lëvizshme me varëse AT- reagim vertikal V B Drejtimi i pritur i reaksioneve është paraqitur në Fig. 40, b.

Fig.40. Skema e llogaritjes së kornizës dhe objektit të bilancit për shembull 18:

a– skema e llogaritjes; b- objekti i ekuilibrit

Ne formulojmë kushtet e mëposhtme të ekuilibrit:

Σ Fx = 0; -H A + F = 0; H A= 50 kN.

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

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

Këtu, drejtimi i rrotullimit rreth pikave të momentit në drejtim të kundërt të akrepave të orës merret në mënyrë konvencionale si pozitiv.

Për të kontrolluar saktësinë e llogaritjes së reaksioneve, ne përdorim kushtin e ekuilibrit, i cili do të përfshinte të gjitha reaksionet mbështetëse, për shembull:

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

Pas zëvendësimit të vlerave numerike, fitojmë identitetin 0=0.

Kështu, drejtimi dhe madhësia e reaksioneve mbështetëse përcaktohen saktë.

Shembulli 19. Përcaktoni reagimet mbështetëse të kornizës (Fig. 41, a).

Fig.41

Vendimi. Ashtu si në shembullin e mëparshëm, korniza përbëhet nga dy pjesë të lidhura nga një menteshë kyçe ME. Ngarkesa e shpërndarë e aplikuar në anën e majtë të kornizës zëvendësohet nga rezultanti P 1, dhe në të djathtë - rezultanti P 2, ku P 1 = P 2 = 2 kN.

1) Gjetja e një reagimi R B nga ekuacioni Σ M C (dielli) = 0; → R B= 1 kN;

Forcat sipërfaqësore dhe vëllimore përfaqësojnë një ngarkesë të shpërndarë në një sipërfaqe ose vëllim të caktuar. Një ngarkesë e tillë jepet nga intensiteti, që është forca për njësi e një vëllimi, ose të një zone ose të një gjatësie.

Një vend të veçantë në zgjidhjen e një numri problemesh praktikisht interesante zë rasti i një ngarkese të shpërndarë të sheshtë të aplikuar përgjatë normales në një rreze të caktuar. Nëse e drejtoni boshtin përgjatë traut , atëherë intensiteti do të jetë funksion i koordinatës dhe matet në N/m. Intensiteti është forca për njësi gjatësi.

Një figurë e sheshtë e kufizuar nga një rreze dhe një grafik i intensitetit të ngarkesës quhet diagramë e ngarkesës së shpërndarë (Fig. 1.28). Nëse, për nga natyra e problemit që zgjidhet, deformimet mund të shpërfillen, d.m.th. Meqenëse trupi mund të konsiderohet absolutisht i ngurtë, atëherë ngarkesa e shpërndarë mund (dhe duhet) të zëvendësohet nga rezultanti.

Le ta ndajmë rrezen në segmentet e gjatësisë
, në secilën prej të cilave supozojmë se intensiteti është konstant dhe i barabartë me
, ku - koordinata e segmentit
. Në këtë rast, kurba e intensitetit zëvendësohet nga një vijë e thyer, dhe ngarkesa për segment
, zëvendësohet nga një forcë e përqendruar
, aplikuar në pikë (Figura 1.29). Sistemi rezultues i forcave paralele ka një rezultante të barabartë me shumën e forcave që veprojnë në secilin prej segmenteve, të aplikuara në qendër të forcave paralele.

Është e qartë se një paraqitje e tillë përshkruan situatën reale sa më saktë, aq më i vogël segmenti
, d.m.th. aq më shumë segmente . Ne marrim rezultatin e saktë duke kaluar në kufirin në gjatësinë e segmentit
duke u prirë në zero. Kufiri që rezulton nga procedura e përshkruar është një integral. Kështu, për modulin e rezultantit marrim:

Për të përcaktuar koordinatat e një pike aplikimi i rezultantes ne përdorim teoremën Varignon:

nëse sistemi i forcave ka një rezultante, atëherë momenti i rezultantes rreth çdo qendre (çdo boshti) është i barabartë me shumën e momenteve të të gjitha forcave të sistemit rreth kësaj qendre (ky bosht)

Shkrimi i kësaj teoreme për një sistem forcash
në projeksionet në bosht dhe duke kaluar në kufirin me gjatësinë e segmenteve që priren në zero, marrim:

Natyrisht, moduli i rezultantit është numerikisht i barabartë me zonën e diagramit të ngarkesës së shpërndarë, dhe pika e aplikimit të saj përkon me qendrën e gravitetit të një pllake homogjene që ka formën e një diagrami të ngarkesës së shpërndarë.

Vëmë re dy raste të shpeshta.

,
(Fig. 1.30). Moduli rezultues dhe koordinata e pikës së aplikimit të tij përcaktohen nga formula:

Në praktikën inxhinierike, një ngarkesë e tillë është mjaft e zakonshme. Në shumicën e rasteve, pesha dhe ngarkesa e erës mund të konsiderohen të shpërndara në mënyrë uniforme.

,
(Figura 1.31). Në këtë rast:

Në veçanti, presioni i ujit në një mur vertikal është drejtpërdrejt proporcional me thellësinë .

Shembulli 1.5

Përcaktoni reagimet e mbështetësve dhe rreze nën veprimin e dy forcave të përqendruara dhe një ngarkese të shpërndarë në mënyrë uniforme. E dhënë:

Gjeni rezultatin e ngarkesës së shpërndarë. Moduli rezultues është i barabartë me

shpatulla e forcës në lidhje me pikën barazohet
Merrni parasysh ekuilibrin e rrezes. Qarku i energjisë është paraqitur në Fig. 1.33.

Shembulli 1.6

Përcaktoni reagimin e përfundimit të rrezes së konsolit nën veprimin e një force të përqendruar, një çifti forcash dhe një ngarkese të shpërndarë (Fig. 1.34).

Le të zëvendësojmë ngarkesën e shpërndarë me tre forca të përqendruara. Për ta bërë këtë, ne e ndajmë diagramin e ngarkesës së shpërndarë në dy trekëndësha dhe një drejtkëndësh. Ne gjejme

Qarku i energjisë është paraqitur në Fig. 1.35.

Llogaritni shpatullat e rezultatit në lidhje me boshtin

Kushtet e ekuilibrit në rastin në shqyrtim kanë formën:

PYETJE PËR VETËKONTROLLI:

1. Si quhet intensiteti i ngarkesës së shpërndarë?

2. Si të llogaritet moduli i ngarkesës së shpërndarë rezultante?

3. Si llogaritet koordinata e pikës së aplikimit të rezultantes së shpërndarë

ngarkesës?

4. Çfarë është moduli dhe cila është koordinata e pikës së aplikimit të një ngarkese të shpërndarë në mënyrë uniforme?

5. Çfarë është moduli dhe cila është koordinata e pikës së aplikimit të një ngarkese të shpërndarë në mënyrë lineare?

Nga koleksioni i problemeve nga I.V. Meshchersky: 4.28; 4.29; 4.30; 4.33; 4.34.

Nga teksti mësimor "MEKANIKA TEORIKE - teori dhe praktikë": grupe СР-2; SR-3.

STUDIME PRAKTIKE #4-5

Në llogaritjet inxhinierike, shpesh hasen ngarkesa të shpërndara përgjatë një sipërfaqe të caktuar sipas një ligji ose një tjetri. Shqyrtoni disa nga shembujt më të thjeshtë të forcave të shpërndara që shtrihen në të njëjtin plan.

Një sistem i sheshtë i forcave të shpërndara karakterizohet nga intensiteti i tij q, d.m.th., nga vlera e forcës për njësi gjatësi të segmentit të ngarkuar. Intensiteti matet në Njuton të ndarë me metra.

1) Forcat e shpërndara në mënyrë uniforme përgjatë një segmenti të vijës së drejtë (Fig. 69, a). Për një sistem të tillë forcash, intensiteti q ka një vlerë konstante. Në llogaritjet statike, ky sistem forcash mund të zëvendësohet nga rezultanti

Modulo

Një forcë Q zbatohet në mes të segmentit AB.

2) Forcat e shpërndara përgjatë një segmenti të vijës së drejtë sipas një ligji linear (Fig. 69, b). Një shembull i një ngarkese të tillë mund të jenë forcat e presionit të ujit në digë, të cilat kanë vlera më e lartë në fund dhe duke rënë në zero në sipërfaqen e ujit. Për këto forca, intensiteti q është një vlerë e ndryshueshme që rritet nga zero në një vlerë maksimale.Q rezultante e forcave të tilla përcaktohet në mënyrë të ngjashme me rezultanten e forcave të gravitetit që veprojnë në një pllakë trekëndore uniforme ABC. Meqenëse pesha e një pllake homogjene është proporcionale me sipërfaqen e saj, atëherë moduli,

Një forcë Q zbatohet në një distancë nga ana BC e trekëndëshit ABC (shih § 35, pika 2).

3) Forcat e shpërndara përgjatë një segmenti të vijës së drejtë sipas një ligji arbitrar (Fig. 69, c). Q-ja rezultante e forcave të tilla, për analogji me forcën e gravitetit, është e barabartë në vlerë absolute me sipërfaqen e figurës ABDE, e matur në një shkallë të përshtatshme dhe kalon nëpër qendrën e gravitetit të kësaj zone ( çështja e përcaktimit të qendrave të gravitetit të zonave do të shqyrtohet në § 33).

4) Forcat e shpërndara në mënyrë uniforme përgjatë harkut të një rrethi (Fig. 70). Një shembull i forcave të tilla janë forcat presioni hidrostatik në muret anësore enë cilindrike.

Le të jetë rrezja e harkut , ku është boshti i simetrisë përgjatë të cilit drejtojmë boshtin Sistemi i forcave konvergjente që veprojnë në hark ka një Q rezultante, të drejtuar përgjatë boshtit për shkak të simetrisë, ndërsa

Për të përcaktuar vlerën e Q, zgjedhim një element në hark, pozicioni i të cilit përcaktohet nga këndi dhe gjatësia.Forca që vepron në këtë element është numerikisht e barabartë me dhe projeksioni i kësaj force në bosht do të jetë atëherë

Por nga Fig. 70 mund të shihet se Prandaj, që atëherë

ku është gjatësia e kordës që nënshtron harkun AB; q - intensiteti.

Detyra 27. Një ngarkesë me intensitet të shpërndarë në mënyrë uniforme vepron në një tra konsol A B, dimensionet e të cilit tregohen në vizatim (Fig. 71).

Vendimi. Forcat e shpërndara i zëvendësojmë me rezultantët e tyre Q, R dhe R, ku sipas formulave (35) dhe (36)

dhe krijoni kushtet e ekuilibrit (33) për forcat paralele që veprojnë në rreze

Duke zëvendësuar këtu në vend të Q, R dhe R vlerat e tyre dhe duke zgjidhur ekuacionet që rezultojnë, më në fund gjejmë

Për shembull, nëse marrim dhe nëse

Detyra 28. Një cilindër cilindrik, lartësia e të cilit është H dhe diametri i brendshëm d, mbushet me gaz nën presion.Trashësia e mureve cilindrike të cilindrit është a. Përcaktoni sforcimet në tërheqje që përjetojnë këto mure në drejtimet: 1) gjatësore dhe 2) tërthore (sforcimi është i barabartë me raportin e forcës tërheqëse me sipërfaqen e prerjes tërthore), duke e konsideruar atë të vogël.

Vendimi. 1) Le ta presim cilindrin me një plan pingul me boshtin e tij në dy pjesë dhe të marrim parasysh ekuilibrin e njërës prej tyre (Fig.

72a). Mbi të veprohet në drejtim të boshtit të cilindrit nga forca e presionit në pjesën e poshtme dhe forcat e shpërndara në zonën e prerjes tërthore (veprimi i gjysmës së hedhur), rezultati i së cilës shënohet me Q. Në ekuilibër

Duke supozuar se sipërfaqja e prerjes tërthore është afërsisht e barabartë, marrim vlerën për sforcimin në tërheqje

Çdo pronar i një hyrjeje trefazore (380 V) është i detyruar të kujdeset për një ngarkesë uniforme në faza për të shmangur mbingarkimin e njërës prej tyre. Me një shpërndarje të pabarabartë në një hyrje trefazore, kur zero digjet ose kontakti i tij i dobët, tensionet në telat e fazës fillojnë të ndryshojnë nga njëri-tjetri, si lart ashtu edhe poshtë. Në nivelin e një furnizimi me energji elektrike njëfazore (220 Volt), kjo mund të çojë në një prishje të pajisjeve elektrike, për shkak të një tensioni të rritur prej 250-280 volt, ose një tension të reduktuar prej 180-150 volt. Përveç kësaj, në këtë rast, ekziston një konsum i mbivlerësuar i energjisë elektrike nga pajisjet elektrike që janë të pandjeshme ndaj shtrembërimit të tensionit. Në këtë artikull, ne do t'ju tregojmë se si bëhet balancimi i ngarkesës fazore duke ofruar udhëzime të shkurtra me diagram dhe shembull video.

Çfarë është e rëndësishme të dini

Ky diagram ilustron me kusht një rrjet trefazor:

Tensioni midis fazave prej 380 volt tregohet me blu. në të gjelbër shënohet stresi linear i shpërndarë në mënyrë uniforme. E kuqe - shtrembërim i tensionit.

Abonentët e rinj të rrjetit të energjisë trefazore në një shtëpi apo apartament privat, në lidhjen e parë, nuk duhet të mbështeten shumë në një ngarkesë të shpërndarë fillimisht në mënyrë të barabartë në linjën hyrëse. Meqenëse disa konsumatorë mund të furnizohen me energji nga një linjë, dhe ata mund të kenë probleme me shpërndarjen.

Nëse, pas matjeve, shihni se ka (më shumë se 10%, sipas GOST 29322-92), duhet të kontaktoni organizatën e furnizimit me energji elektrike për të marrë masat e duhura për të rivendosur simetrinë e fazës. Ju mund të mësoni më shumë rreth kësaj nga artikulli ynë.

Sipas marrëveshjes ndërmjet abonentit dhe BRE-ve (për përdorimin e energjisë elektrike), kjo e fundit duhet të furnizojë shtëpitë me energji elektrike të cilësisë së lartë, me ato të përcaktuara. Frekuenca gjithashtu duhet të korrespondojë me 50 Hertz.

Rregullat e shpërndarjes

Kur hartoni një diagram instalime elektrike, është e nevojshme të zgjidhni grupet e synuara të konsumatorëve sa më të barabartë që të jetë e mundur dhe t'i shpërndani ato sipas fazave. Për shembull, çdo grup prizash në dhomat e shtëpisë është i lidhur me telin e vet fazor dhe të grupuar në atë mënyrë që ngarkesa në rrjet të jetë optimale. Linjat e ndriçimit organizohen në të njëjtën mënyrë, duke i shpërndarë ato në përçues të ndryshëm fazor, e kështu me radhë: Makinë larëse, furrë, furrë, bojler, bojler.

Shpërndarja e stresit në rastin e një problemi në plan

Ky rast korrespondon me gjendjen e stresit nën themelet e mureve, muret mbajtëse, argjinaturat dhe strukturat e tjera, gjatësia e të cilave tejkalon ndjeshëm dimensionet e tyre tërthore:

ku l- gjatësia e themelit; b- gjerësia e themelit. Në këtë rast, shpërndarja e sforcimeve nën çdo pjesë të strukturës, e theksuar nga dy seksione paralele pingul me boshtin e strukturës, karakterizon gjendjen e stresit nën të gjithë strukturën dhe nuk varet nga koordinatat pingul me drejtimin e ngarkesës. aeroplan.

Konsideroni veprimin e një ngarkese lineare në formën e një serie të vazhdueshme forcash të përqendruara R, secila prej të cilave është për njësi gjatësi. Në këtë rast, komponentët e stresit në çdo pikë M me koordinata R dhe b mund të gjendet në analogji me problemin hapësinor:

(3.27)

Nëse raportet e karakteristikave gjeometrike të pikave të konsideruara z, y, b përfaqësojnë në formën e koeficientëve të ndikimit K, atëherë formulat për sforcimet mund të shkruhen si më poshtë:

(3.28)

Vlerat e koeficientit të ndikimit Kz,K y,Kyz tabeluar sipas koordinatave relative z/b, y/b(Tabela II.3 e Shtojcës II).

Një veti e rëndësishme e problemit të planit është se përbërësit e stresit t dhe s y në rrafshin e konsideruar z 0y nuk varen nga koeficienti i zgjerimit tërthor n 0, si në rastin e një problemi hapësinor.

dP

Problemi mund të zgjidhet edhe për rastin e një ngarkese lineare, e shpërndarë në çfarëdo mënyre mbi gjerësinë e shiritit b. Në këtë rast, ngarkesa elementare dP konsiderohet si një forcë e përqendruar (Fig. 3.15).

Fig.3.15. Shpërndarja arbitrare

ngarkesat e gjerësisë së brezit b

Nëse ngarkesa përhapet nga një pikë A(b=b 2) deri në pikën B(b \u003d b 1), atëherë, duke përmbledhur sforcimet nga elementët e tij individualë, marrim shprehje për streset në çdo pikë të grupit nga veprimi i një ngarkese të vazhdueshme të ngjashme me shiritin.

(3.29)

Për një ngarkesë të shpërndarë në mënyrë uniforme, integroni shprehjet e mësipërme me P y = P= konst. Në këtë rast, drejtimet kryesore, d.m.th. drejtimet në të cilat veprojnë sforcimet më të mëdha dhe më të vogla normale do të jenë drejtimet e vendosura përgjatë përgjysmuesit të "këndeve të shikimit" dhe pingul me to (Fig. 3.16). Këndi i dukshmërisë a është këndi i formuar nga vijat e drejta që lidhin pikën në shqyrtim M me skajet e ngarkesës së brezit.

Ne marrim vlerat e sforcimeve kryesore nga shprehjet (3.27), duke supozuar b=0 në to:

. (3.30)

Këto formula përdoren shpesh në vlerësimin e gjendjes së stresit (veçanërisht gjendjes kufitare) në themelet e strukturave.

Mbi vlerat e sforcimeve kryesore si gjysmë boshte, është e mundur të ndërtohen elips sforco që karakterizojnë qartë gjendjen e stresit të tokës nën një ngarkesë të shpërndarë në mënyrë uniforme të aplikuar përgjatë shiritit. Shpërndarja (vendndodhja) e elipseve të stresit nën veprimin e një ngarkese lokale të shpërndarë uniformisht në një problem të rrafshët është paraqitur në Fig.

Fig.3.17. Stresi elipson nën veprimin e një ngarkese të shpërndarë në mënyrë uniforme në një problem në plan

Me formula (3.28) mund të përcaktohet sz, s y dhe t yz në të gjitha pikat e seksionit pingul me boshtin gjatësor të ngarkesës. Nëse lidhim pika me të njëjtat vlera të secilës prej këtyre sasive, marrim linja me tensione të barabarta. Figura 3.18 tregon linjat e sforcimeve vertikale identike sz, të quajtura izobare, të sforcimeve horizontale s y, të quajtur ndarës dhe sforcime tangjenciale t zx të quajtura ndërrime.

Këto kthesa u ndërtuan nga D.E. Pol'shin duke përdorur teorinë e elasticitetit për një ngarkesë të shpërndarë në mënyrë uniforme mbi një rrip gjerësie b, duke u shtrirë pafundësisht në një drejtim pingul me vizatimin. Kurbat tregojnë se efekti i sforcimeve shtypëse sz intensiteti 0.1 ngarkesë e jashtme R ndikon në thellësinë rreth 6 b, ndërsa sforcimet horizontale s y dhe tangjentet t përhapen me të njëjtin intensitet 0.1 R në një thellësi shumë më të vogël (1,5 - 2,0) b. Sipërfaqet kurvilineare me sforcime të barabarta do të kenë skica të ngjashme për rastin e një problemi hapësinor.

Fig.3.18. Vijat e sforcimeve të barabarta në një grup linear të deformueshëm:

dhe për sz(izobaret); b - për s y(përhapet); në - për t(ndërrim)

Ndikimi i gjerësisë së shiritit të ngarkuar ndikon në thellësinë e përhapjes së stresit. Për shembull, për një themel 1 m të gjerë, duke transferuar në bazë një ngarkesë me intensitet R, tension 0.1 R do të jetë në një thellësi 6 m nga tabani, dhe për një themel 2 m të gjerë, me të njëjtin intensitet ngarkese, në një thellësi 12 m (Fig. 3.19). Nëse ka toka më të dobëta në shtresat e poshtme, kjo mund të ndikojë ndjeshëm në deformimin e strukturës.

ku a dhe b / janë përkatësisht këndet e dukshmërisë dhe pjerrësia e vijës në vertikale (Fig. 3.21).

Fig.3.21. Diagramet e shpërndarjes së sforcimeve shtypëse mbi seksionet vertikale të masës së tokës nën veprimin e një ngarkese trekëndore

Tabela II.4 e Shtojcës II tregon varësitë e koeficientit për të| z në varësi të z/b dhe y/b(Fig.3.21) për të llogaritur s z duke përdorur formulën:

sz = për të| z × R.