Zaťaženie bolo možné rovnomerne rozložiť. Rovnomerne rozložené zaťaženie. Čo je dôležité vedieť

Spolu s koncentrovanými silami, o ktorých sme hovorili vyššie, môžu byť vystavené stavebné konštrukcie a konštrukcie rozložené záťaže- objemovo, pozdĺž povrchu alebo pozdĺž určitej čiary - a ním určené intenzita.

Príklad záťaže, rozdelené podľa oblastí, je zaťaženie snehom, tlak vetra, tlak kvapaliny alebo pôdy. Intenzita takéhoto povrchového zaťaženia má rozmer tlaku a meria sa v kN / m 2 alebo kilopascaloch (kPa = kN / m 2).

Pri riešení problémov sa veľmi často stretávame so záťažou, rozložené po dĺžke lúča... Intenzita q takéto zaťaženie sa meria v kN / m.

Uvažujme o lúči načítanom na webe [ a, b] rozložená záťaž, ktorej intenzita sa líši podľa zákona q= q(X). Na stanovenie reakcií podpery takého lúča je potrebné nahradiť rozložené zaťaženie ekvivalentným koncentrovaným. To sa dá urobiť podľa nasledujúceho pravidla:

Uvažujme o špeciálnych prípadoch rozloženého zaťaženia.

a) všeobecný prípad rozloženého zaťaženia(obr. 24)

Obr

q (x) - intenzita rozloženej sily [N / m],

Elementárna sila.

l- dĺžka segmentu

Sila intenzity q (x) rozložená na segment priamej čiary je ekvivalentná koncentrovanej sile

V bode pôsobí koncentrovaná sila S(stred rovnobežných síl) so súradnicou

b) distribuované zaťaženie s konštantnou intenzitou(obr. 25)

Obr

v) intenzita rozloženého zaťaženia, meniaca sa podľa lineárneho zákona(obr. 26)

Obr

Výpočet kompozitných systémov.

Pod kompozitné systémy porozumieme štruktúram pozostávajúcim z niekoľkých navzájom spojených telies.

Predtým, ako pristúpime k úvahám o vlastnostiach výpočtu takýchto systémov, zavedieme nasledujúcu definíciu.

Štatisticky definovateľnénazývajú sa také problémy a systémy statiky, pre ktoré počet neznámych reakcií obmedzení nepresahuje maximálny prípustný počet rovníc.

Ak je počet neznámych väčší ako počet rovníc, zodpovedajúce úlohy a systémy sa nazývajú staticky nedefinované... V tomto prípade sa nazýva rozdiel medzi počtom neznámych a počtom rovníc stupeň statickej neistoty systémy.

Pre akýkoľvek rovinný systém síl pôsobiacich na tuhé teleso existujú tri nezávislé podmienky rovnováhy. V dôsledku toho pre žiadny rovinný systém síl z rovnovážnych podmienok nemožno nájsť viac ako tri neznáme väzby.

V prípade priestorového systému síl pôsobiacich na tuhé teleso existuje šesť nezávislých rovnovážnych podmienok. V dôsledku toho pre žiadny priestorový systém síl z rovnovážnych podmienok nemožno nájsť viac ako šesť neznámych kopulačných reakcií.

Vysvetlíme to na nasledujúcich príkladoch.

1. Nechajte stred ideálneho bloku bez váhy (príklad 4) držať dva, ale tri prúty: AB, slnko a BD a je potrebné určiť reakcie tyčí, pričom sa zanedbajú rozmery bloku.

Keď vezmeme do úvahy podmienky problému, získame systém konvergujúcich síl, kde na určenie troch neznámych: S A, S C a SD stále je možné formulovať sústavu iba dvoch rovníc: Σ X = 0, Σ Y= 0. Je zrejmé, že priradená úloha a zodpovedajúci systém budú staticky neurčité.

2. Nosník, pevne upnutý na ľavom konci a s kĺbovo pripevnenou podperou na pravom konci, je zaťažený ľubovoľným plochým systémom síl (obr. 27).

Na stanovenie podporných reakcií je možné zostaviť iba tri rovnovážné rovnice, ktoré budú zahŕňať 5 neznámych podporných reakcií: X A, Y A,M A,X B a Y B... Zadaná úloha bude dvakrát staticky nedefinovaná.

Tento problém nie je možné vyriešiť v rámci teoretickej mechaniky za predpokladu, že predmetné teleso je absolútne tuhé.

Obrázok 27

Vráťme sa k štúdiu kompozitných systémov, ktorých typickým predstaviteľom je trojkĺbový rám (obr. 28, a). Skladá sa z dvoch telies: AC a Pred Kr pripojený kľúč pánt C.... Ako príklad použite tento rámec dva spôsoby určenia podporných reakcií zložených systémov.

1 spôsob. Berte ohľad na telo AC zaťažené danou silou R., vyradením v súlade s axiómou 7 všetkých spojení a ich nahradením vonkajšími reakciami ( X A, Y A) a vnútorné ( X C, Y C.) odkazy (obr. 28, b).

Podobne môžete zvážiť rovnováhu tela Pred Kr pod vplyvom reakcií podpory V. - (X B, Y B) a reakcie v spojovacom kĺbe C. - (X C ', Y C.“), Ak je v súlade s axiómou 5: X C= X C ', Y C.= Y C.’.

Pre každé z týchto telies je možné zostaviť tri rovnovážné rovnice, takže celkový počet neznámych je: X A, Y A , X C=X C ', Y C. =Y C.’, X B, Y B sa rovná celkovému počtu rovníc a problém je staticky definovateľný.

Pripomeňme, že podľa vyhlásenia o probléme bolo potrebné určiť iba 4 reakcie podpery, museli sme však vykonať dodatočnú prácu na definovaní reakcií v spojovacom závese. Toto je nevýhoda tejto metódy na stanovenie reakcií podpory.

Metóda 2. Zvážte vyváženie celého rámu ABC, vyradenie iba externých pripojení a ich nahradenie neznámymi reakciami podpory X A, Y A,X B, Y B .

Výsledný systém sa skladá z dvoch telies a nie je úplne tuhým telom, pretože je vzdialenosť medzi bodmi A a V. sa môže zmeniť v dôsledku vzájomného otáčania oboch častí vzhľadom na záves S... Napriek tomu môžeme predpokladať, že súčet síl pôsobiacich na rám ABC tvorí systém, ak použijeme axiómu tuhnutia (obr. 28, v).

Obrázok 28

Takže pre telo ABC je možné zostaviť tri rovnovážne rovnice. Napríklad:

Σ M A = 0;

Σ X = 0;

Tieto tri rovnice budú zahŕňať 4 neznáme podporné reakcie X A, Y A,X B a Y B... Všimnite si toho, že pokus použiť ako chýbajúcu rovnicu napríklad toto: Σ M B= 0 neuspeje, pretože táto rovnica bude lineárne závislá od predchádzajúcich. Na získanie lineárne nezávislej štvrtej rovnice je potrebné vziať do úvahy rovnováhu iného telesa. Ako taký si môžete vziať jednu z častí rámu, napríklad - slnko... V tomto prípade je potrebné sformulovať takú rovnicu, ktorá by obsahovala „staré“ neznáme X A, Y A,X B, Y B a neobsahoval nové. Napríklad rovnica: Σ X (slnko) = 0 a viac: - X C ' + X B= 0 nie je na tieto účely vhodný, pretože obsahuje „nové“ neznáme X C‘, Ale rovnica Σ M C. (slnko) = 0 spĺňa všetky potrebné podmienky. Požadované podporné reakcie sa teda dajú nájsť v nasledujúcom poradí:

Σ M A = 0; → Y B= R./4;

Σ M B = 0; → Y A= -R./4;

Σ M C. (slnko) = 0; → X B= -R./4;

Σ X = 0; →X A= -3R./4.

Na kontrolu môžete použiť rovnicu: Σ M C. (AS) = 0 alebo podrobnejšie: - Y A∙2 + X A∙2 + R.∙1 = R./4∙2 -3R./4∙2 +R.∙1 = R./2 - 3R./2 +R. = 0.

Všimnite si, že táto rovnica obsahuje všetky 4 nájdené reakcie podpory: X A a Y A- v explicitnej forme, a X B a Y B- implicitne, pretože boli použité na určenie prvých dvoch reakcií.

Grafická definícia reakcií podpory.

V mnohých prípadoch je riešenie problémov možné zjednodušiť, ak sa namiesto rovnovážnych rovníc alebo okrem nich priamo používajú rovnovážne podmienky, axiómy a statické vety. Zodpovedajúci prístup sa nazýva grafické určenie reakcií podpory.

Predtým, ako pristúpime k úvahe o grafickej metóde, poznamenávame, že pokiaľ ide o systém konvergujúcich síl, graficky je možné vyriešiť iba tie problémy, ktoré pripúšťajú analytické riešenie. Grafická metóda na stanovenie reakcií podpory je zároveň vhodná pre malý počet zaťažení.

Grafická metóda na určovanie reakcií podpory je teda založená predovšetkým na použití:

Axiómy o rovnováhe systému dvoch síl;

Axiómy o akcii a reakcii;

Veta troch síl;

Rovnovážné podmienky pre rovinný systém síl.

Pri grafickom definovaní reakcií zlúčenín zlúčenín sa odporúča nasledujúce. postupnosť úvah:

Vyberte telo s minimálnym počtom algebraických neznámych väzobných reakcií;

Ak existujú dve alebo viac takýchto telies, začnite riešenie zvážením telesa, na ktoré pôsobí menej síl;

Ak existujú dve alebo viac takýchto telies, vyberte teleso, pre ktoré je podľa smeru známy väčší počet síl.

Riešenie problémov.

Pri riešení problémov v tejto časti by ste mali mať na pamäti všetky tie všeobecné pokyny, ktoré boli urobené predtým.

Na začiatku riešenia je potrebné v prvom rade nastoliť rovnováhu, o ktorom orgáne by sa malo v danom probléme uvažovať. Potom, keď ste vybrali toto telo a považovali ho za voľné, mali by ste znázorniť všetky dané sily pôsobiace na telo a reakcie vyradených spojení.

Ďalej by sa mali vytvoriť rovnovážné podmienky s použitím foriem týchto podmienok, čo povedie k jednoduchšiemu systému rovníc (najjednoduchším bude systém rovníc, z ktorých každá obsahuje jednu neznámu).

Na získanie jednoduchších rovníc platí (ak to nekomplikuje priebeh výpočtu):

1) zostavením rovníc projekcií nakreslite súradnicovú os kolmú na nejakú neznámu silu;

2) pri zostavovaní momentovej rovnice je vhodné zvoliť bod, v ktorom sa pretínajú akčné čiary dvoch neznámych podporných reakcií troch - v tomto prípade nevstúpia do rovnice a bude obsahovať iba jednu neznámu;

3) ak sú dve neznáme reakcie podpory z troch rovnobežné, potom pri zostavovaní rovnice v priemetoch na os by mala byť táto smerovaná tak, aby bola kolmá na prvé dve reakcie - v tomto prípade rovnica bude obsahovať iba posledná neznáma;

4) pri riešení problému musí byť súradnicový systém zvolený tak, aby jeho osi boli orientované rovnako ako väčšina síl systému pôsobiacich na telo.

Pri výpočte momentov je niekedy vhodné rozložiť danú silu na dve zložky a pomocou Varignonovej vety nájsť moment sily ako súčet momentov týchto zložiek.

Riešenie mnohých problémov so statikou sa obmedzuje na určovanie reakcií podpier, pomocou ktorých sú upevnené nosníky, mostné nosníky atď.

Príklad 7. Do konzoly znázornenej na obr. 29, a, v uzle V. zavesený náklad s hmotnosťou 36 kN. Kĺby prvkov konzoly sú sklopné. Určte sily, ktoré sa vyskytujú v tyčiach AB a slnko, keď ich považujem za beztiažových.

Riešenie. Zvážte rovnováhu uzla V. kde sa prúty zbiehajú AB a slnko... Uzol V. predstavuje bod na výkrese. Pretože zaťaženie je z uzla zavesené V., potom v bode V. pôsobte silou F rovnajúcou sa hmotnosti zaveseného bremena. Tyče VA a slnko zavesené na uzle V, obmedziť možnosť akéhokoľvek lineárneho pohybu vo zvislej rovine, t.j. sú odkazy vzhľadom na uzol V..

Ryža. 29. Schéma návrhu konzoly napríklad 7:

a - schéma výpočtu; b - sústava síl v uzle B

Mentálne odhodiť spojenia a nahradiť ich akcie silami - reakciami spojení R A a R C.... Pretože sú tyče bez závažia, reakcie týchto tyčí (sily v tyčiach) sú nasmerované pozdĺž osi tyčí. Predpokladajme, že sú oba prúty natiahnuté, t.j. ich reakcie sú smerované od závesu k vnútornej strane tyčí. Ak potom po výpočte reakcia dopadne so znamienkom mínus, bude to znamenať, že v skutočnosti je reakcia nasmerovaná opačným smerom, ako je uvedené na výkrese, t.j. tyč bude stlačená.

Na obr. 29, b ukazuje sa, že v bode V. pôsobiaca aktívna sila F a väzbové reakcie R A a R C. Je možné vidieť, že zobrazený systém síl predstavuje plochý systém síl zbiehajúcich sa v jednom bode. Súradnicové osi vyberáme ľubovoľne VÔL a OY a zostavte rovnovážné rovnice vo forme:

Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;

Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.

Zvažujem to cos (90 -α ) = hriechα, z druhej rovnice nájdeme

R c = -F / hriechα = - 36/0,5 = -72 kN.

Nahradenie hodnoty R c do prvej rovnice dostaneme

Ra = -R c cos a = - (-72) ∙ 0,866 = 62,35 kN.

Preto pivot AB- natiahnutý, a tyč slnko- stlačený.

Aby sme skontrolovali správnosť nájdených síl v tyčiach, premietame všetky sily na ľubovoľnú os, ktorá sa nezhoduje s osami X a Y napr. os U:

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

Po nahradení hodnôt nájdených síl v tyčiach (rozmer v kilonewtonoch) získame

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

Podmienka rovnováhy je splnená, takže sily nachádzajúce sa v tyčiach sú správne.

Príklad 8. Zanedbateľný konštrukčný nosník lešenia držaný vodorovne pružnou trakciou CD a v bode otočne spočíva na stene A... Nájdite úsilie v trakcii CD, ak na okraji lešenia stojí pracovník s hmotnosťou 80 kg ≈ 0,8 kN (obr. 30, a).

Ryža. tridsať. Schéma návrhu lešenia napríklad 8:

a- schéma návrhu; b- systém síl pôsobiacich na plošinu

Riešenie. Vyberte predmet rovnováhy. V tomto prípade je rovnovážnym objektom nosník lešenia. V bode V. aktívna sila pôsobí na lúč F rovná hmotnosti človeka. Pripojenia sú v tomto prípade pevným nosným závesom A a chute CD... Psychicky zahoďme spojenia a nahraďme ich pôsobenie na lúč reakciami spojov (obr. 30, b). Reakciu pevného podpery závesu nie je potrebné určovať podľa vyhlásenia o probléme. Reakcia ťahu CD nasmerované pozdĺž ťahu. Predpokladajme, že tyč CD natiahnuté, t.j. reakcia R D smeruje preč od závesu S vnútri tyče. Rozložme reakciu R D podľa pravidla rovnobežníka na horizontálne a vertikálne komponenty:

R Dx horúce = R D cosα ;

R Dy vert = R D cos(90-a) = R D hriechα .

V dôsledku toho bol získaný ľubovoľný plochý systém síl, ktorého nevyhnutnou rovnovážnou podmienkou je rovnosť troch nezávislých rovnovážnych podmienok na nulu.

V našom prípade je vhodné byť prvým, kto napíše rovnovážnu podmienku vo forme súčtu momentov vzhľadom na momentový bod. A, od momentu reakcie podpory R A vzhľadom na tento bod sa rovná nule:

Σ m A = 0; F∙3a - R. dy ∙ a = 0

F∙3a - R D hriechα = 0.

Hodnota trigonometrických funkcií je určená z trojuholníka ACD:

cosα = AC / CD = 0,89,

sinα = AD / CD = 0,446.

Riešením rovnovážnej rovnice dostaneme R. D = 5,38 kH. (Ťažké CD- pretiahol).

Skontrolovať správnosť výpočtu gravitačnej sily CD je potrebné vypočítať aspoň jednu zo zložiek reakcie nosiča R A... Rovnovážnu rovnicu používame vo forme

Σ F y = 0; V A + R Dy- F= 0

V A = F- R dy.

Odtiaľ V A= -1,6 kN.

Znamienko mínus znamená, že zvislá zložka reakcie R A na podpore je nasmerovaný nadol.

Skontrolujme správnosť výpočtu gravitačnej sily. Používame ešte jednu rovnovážnu podmienku vo forme rovníc momentov vzhľadom na bod V..

Σ m B = 0; V A∙3a + R Dy ∙ 2a = 0;

1,6∙3a + 5,38∙0,446∙2a = 0; 0 = 0.

Sú splnené podmienky rovnováhy, takže sila v hmotnosti je nájdená správne.

Príklad 9. Zvislý betónový stĺp je vybetónovaný svojim spodným koncom do vodorovného podkladu. Zaťaženie zo steny budovy s hmotnosťou 143 kN sa prenáša na hornú časť stĺpika. Stĺpik je vyrobený z betónu s hustotou γ = 25 kN / m 3. Rozmery stĺpika sú znázornené na obr. 31, a... Stanovte reakcie v rigidnom ukončení.

Ryža. 31. Výpočtový diagram piliera napríklad 9:

a- diagram zaťaženia a rozmery stĺpika; b- schéma návrhu

Riešenie. V tomto prípade je rovnovážny objekt pilierom. Stĺpec je zaťažený nasledujúcimi typmi aktívnych zaťažení: v bode A koncentrovaná sila F, rovnajúca sa hmotnosti steny budovy, a vlastná hmotnosť stĺpika vo forme zaťaženia rovnomerne rozloženého po dĺžke tyče s intenzitou q pre každý meter dĺžky stĺpika: q = 𝛾А, kde A je plocha prierezu stĺpca.

q= 25 × 0,51 × 0,51 = 6,5 kN / m.

Väzby v tomto prípade sú pevné ukončenie v spodnej časti stĺpika. Tesnenie mentálne zahodíme a nahradíme jeho pôsobenie väzbovými reakciami (obr. 31, b).

V našom prípade uvažujeme o konkrétnom prípade pôsobenia sústavy síl kolmých na vložku a prechádzajúcich pozdĺž jednej osi bodom pôsobenia reakcií podpory. Potom nasledujú dve podporné reakcie: horizontálna zložka a reakčný moment sa budú rovnať nule. Aby sme určili zvislú zložku reakcie podpery, premietame všetky sily na os prvku. Spojme túto os s osou Z, potom bude rovnovážna podmienka zapísaná nasledovne:

Σ F Z = 0; V B - F - ql = 0,

kde ql je výsledkom rozloženého zaťaženia.

V B = F + ql = 143 + 6,5 × 4 = 169 kN.

Znamienko plus znamená, že reakcia V B smerujúce hore.

Na kontrolu správnosti výpočtu podpornej reakcie zostáva ešte jedna rovnovážna podmienka - vo forme algebraického súčtu momentov všetkých síl vzhľadom na akýkoľvek bod, ktorý neprechádza osou prvku. Odporúčame, aby ste túto kontrolu vykonali sami.

Príklad 10. Pre lúč znázornený na obr. 32, a, je potrebné určiť reakcie podpory. Vzhľadom na: F= 60 kN, q= 24 kN / m, M= 28 kN ∙ m.

Ryža. 32. Schéma návrhu a rozmery lúča, napríklad 10:

Riešenie. Zvážte vyváženie lúča. Trám je zaťažený aktívnym zaťažením vo forme plochého systému rovnobežných vertikálnych síl, pozostávajúcich z koncentrovanej sily F, rovnomerne rozložená intenzita zaťaženia q s výslednicou Q aplikované v ťažisku nákladného priestoru (obr. 32, b) a koncentrovaný moment M, ktorý môže byť reprezentovaný ako dvojica síl.

Spojenia v tomto nosníku sú podperou upevnenou na závesoch A a opora pohyblivá V.... Vyberme objekt rovnováhy, za týmto účelom odhodíme podporné spojenia a nahradíme ich akcie reakciami v týchto spojeniach (obr. 32, b). Reakcia pohyblivej podpory R B je smerovaná zvisle a reakcia kĺbovej pevnej podpery R A bude rovnobežná s aktívnym systémom pôsobiacich síl a bude tiež smerovaná zvisle. Predpokladajme, že smerujú nahor. Výsledné distribuované zaťaženie Q= 4,8 ∙ q sa použije v strede symetrie nákladného priestoru.

Pri určovaní podporných reakcií v lúčoch je potrebné usilovať sa o zostavenie rovnovážnych rovníc tak, aby každá z nich obsahovala iba jednu neznámu. To sa dá dosiahnuť zostrojením dvoch rovníc momentov vzhľadom na body otáčania. Overenie reakcií podpery sa zvyčajne vykonáva rovnaním súčtu priemetov všetkých síl na os kolmú na os prvku.

Smer otáčania momentu reakcií podpory okolo momentových bodov budeme spravidla brať ako kladný, potom opačný smer otáčania síl budeme považovať za negatívny.

Nevyhnutnou a dostatočnou podmienkou rovnováhy je v tomto prípade rovnosť nezávislých rovnovážnych podmienok na nulu vo forme:

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

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

Nahradením číselných hodnôt veličín nájdeme

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

Na kontrolu správnosti nájdených reakcií používame rovnovážny stav vo forme:

Σ F y = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.

Po dosadení číselných hodnôt do tejto rovnice získame identitu typu 0 = 0. Preto sme dospeli k záveru, že výpočet bol vykonaný správne a reakcie na oboch podperách smerujú nahor.

Príklad 11. Určte reakcie podpery lúča znázorneného na obr. 33, a... Vzhľadom na: F= 2,4 kN, M= 12 kN ∙ m, q= 0,6 kN / m, a = 60 °.

Ryža. 33. Schéma návrhu a rozmery lúča napríklad 11:

a - schéma návrhu; b - objekt rovnováhy

Riešenie. Zvážte vyváženie lúča. Mentálne oslobodíme lúč od spojov na podperách a vyberieme predmet rovnováhy (obr. 33, b). Trám je zaťažený aktívnym zaťažením vo forme ľubovoľného plochého systému síl. Výsledné distribuované zaťaženie Q = q∙ 3 je pripevnený v strede symetrie nákladného priestoru. Sila F rozložiť podľa pravidla rovnobežníka na súčasti - horizontálne a vertikálne

F z = F cosα = 2,4 cos 60 °= 1,2 kN;

F y = F cos (90-α) = F hriech 60 °= 2,08 kN.

Reakciu aplikujeme na objekt rovnováhy namiesto vyradených spojení. Predpokladajme vertikálnu reakciu V A výkyvne pohyblivá podpera A nahor, vertikálna reakcia V B kĺbová pevná opora B je tiež smerovaná nahor a horizontálna reakcia H B- doprava.

Na obr. 33, b je zobrazený ľubovoľný rovinný systém síl, ktorého nevyhnutnou rovnovážnou podmienkou je rovnosť nulového stavu troch nezávislých rovnovážnych podmienok pre rovinný systém síl. Pripomeňme, že podľa Varignonovej vety moment sily F relatívne k akémukoľvek bodu sa rovná súčtu momentov zložiek F z a F y relatívne k rovnakému bodu. Zoberme si podmienene, že smer otáčania momentu reakcií podpory okolo momentových bodov je kladný, potom opačný smer otáčania síl bude považovaný za negatívny.

Potom je vhodné formulovať rovnovážné podmienky v nasledujúcej forme:

Σ Fz = 0; - F z + H B= 0; odtiaľ H B= 1,2 kN;

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

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

Na kontrolu správnosti vypočítaných reakcií používame ešte jednu rovnovážnu podmienku, ktorá nebola použitá, napríklad:

Σ F y = 0; V A + V B - 3q - F y = 0.

Vertikálna podporná reakcia V B Ukázalo sa, že so znamienkom mínus ukazuje, že v tomto lúči nie je nasmerovaný nahor, ale nadol.

Príklad 12. Určte reakcie podpery pre lúč pevne zapustený na jednej strane a znázornený na obr. 34, a... Vzhľadom na: q= 20 kN / m.

Ryža. 34. Schéma návrhu a rozmery lúča napríklad 12:

a - schéma návrhu; b - objekt rovnováhy

Riešenie. Vyberme predmet rovnováhy. Trám je zaťažený aktívnym zaťažením vo forme rovinného systému rovnobežných síl usporiadaných zvisle. Lúč mentálne oslobodíme od spojov v tesnení a nahradíme ich reakciami vo forme koncentrovanej sily V B a dvojica síl s požadovaným reakčným momentom M B(pozri obr. 34, b). Pretože aktívne sily pôsobia iba vo vertikálnom smere, horizontálna reakcia H B je nula. Bežne budeme brať smer otáčania momentu reakcií podpory okolo momentových bodov v smere hodinových ručičiek ako kladný, potom opačný smer otáčania síl bude považovaný za negatívny.

Rovnovážné podmienky zostavujeme vo forme

Σ F y = 0; V B- q∙1,6 = 0;

Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.

Tu q∙ 1,6 je výsledok rozloženého zaťaženia.

Nahradením číselných hodnôt rozloženého zaťaženia q, nachádzame

V B= 32 kN, M B= 38,4 kN ∙ m.

Aby sme skontrolovali správnosť nájdených reakcií, sformulujeme ešte jednu rovnovážnu podmienku. Teraz vezmime ako momentový bod iný bod, napríklad pravý koniec lúča, potom:

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

Po substitúcii číselných hodnôt získame identitu 0 = 0.

Nakoniec sme dospeli k záveru, že reakcie podpory boli nájdené správne. Vertikálna reakcia V B je nasmerovaný nahor a reakčný moment M B- v smere hodinových ručičiek.

Príklad 13. Určte podporné reakcie lúča (obr. 35, a).

Riešenie. Výslednica rozloženého zaťaženia funguje ako aktívne zaťaženie Q=(1/2)∙aq= (1/2) ∙ 3 ∙ 2 = 3kN, ktorého línia pôsobenia prechádza vo vzdialenosti 1 m od ľavej podpery, napínacia sila vlákna T = R.= 2 kN aplikované na pravom konci lúča a koncentrovaný moment.

Pretože tieto môžu byť nahradené dvojicou zvislých síl, zaťaženie pôsobiace na nosník spolu s reakciou pohyblivej podpery V. tvorí systém rovnobežných síl, takže reakcia R A bude smerovať aj vertikálne (obr. 35, b).

Na určenie týchto reakcií použijeme rovnovážne rovnice.

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

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

Σ M B = 0; - R A∙3 +Q∙2 - M+ T∙2 = 0,

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

Obr. 35

Na kontrolu správnosti získaného roztoku používame dodatočnú rovnovážnu rovnicu:

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

to znamená, že problém bol vyriešený správne.

Príklad 14. Nájdite podporné reakcie konzolového nosníka zaťaženého rozloženým zaťažením (obr. 36, a).

Riešenie. Výsledné distribuované zaťaženie sa aplikuje na ťažisko diagramu zaťaženia. Aby sme nehľadali polohu ťažiska lichobežníka, reprezentujeme ho ako súčet dvoch trojuholníkov. Potom bude dané zaťaženie ekvivalentné dvom silám: Q 1 = (1/2) ∙ 3 ∙ 2 = 3 kN a Q 2 = (1/2) ∙ 3 ∙ 4 = 6 kN, ktoré sú aplikované v ťažisku každého z trojuholníkov (obr. 36, b).

Obr. 36

Reakcie na podporu tuhých obmedzení sú reprezentované silou R A a moment M A, aby sa určilo, čo je pohodlnejšie použiť rovnovážné rovnice systému rovnobežných síl, to znamená:

Σ M A = 0; M A= 15 kN ∙ m;

Σ Y= 0, R A= 9 kN.

Na kontrolu používame dodatočnú rovnicu Σ M B= 0, kde bod V. umiestnený na pravom konci lúča:

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

Príklad 15. Rovnomerné váženie lúča Q= 600 N a dĺžka l= 4 m spočíva jedným koncom na hladkej podlahe a medziľahlým bodom V. na vysoký stĺp h= 3 m, zvierajúci so zvislou uhol 30 °. V tejto polohe je lúč držaný na mieste lanom natiahnutým po podlahe. Určte napätie lana T a reakcie piliera - R B a pohlavie - R A(obr. 37, a).

Riešenie. V teoretickej mechanike je lúč alebo tyč chápané ako teleso, ktorého priečne rozmery v porovnaní s jeho dĺžkou je možné zanedbať. Takže váha Q v bode je pripevnený homogénny lúč S, kde AS= 2 m.

Obr. 37

1) Pretože sa v bode uplatňujú dve neznáme reakcie z troch A, prvá vec, ktorú treba napísať, je rovnica Σ M A= 0, pretože tam vstúpi iba reakcia R B:

- R B∙AB+Q∙(l/ 2) ∙ sin30 ° = 0,

kde AB = h/ cos30 ° = 2 m.

Nahradením rovnice dostaneme:

R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

R B= 600 / (2) = 100 × 173 N.

Podobne z momentovej rovnice bolo možné nájsť reakciu R A, pričom za okamih vyberte bod, v ktorom sa akčné čiary pretínajú R B a T... Bude to však vyžadovať ďalšie konštrukcie, takže je jednoduchšie použiť iné rovnovážné rovnice:

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

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

Tak sme našli T a R A naprieč R B, preto správnosť získaného roztoku možno overiť pomocou rovnice: Σ M B= 0, kde všetky nájdené reakcie budú zahrnuté explicitne alebo implicitne:

R A∙AB sin30 ° - T∙AB cos30 ° - Q∙(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.

Výsledok zaokrúhľovania nesúlad∆ = -0,5 sa volá absolútna chyba výpočty.

Aby ste odpovedali na otázku, ako presný je výsledok, vypočítajte relatívna chyba, ktorý je určený vzorcom:

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

Príklad 16. Určte reakcie podpery rámu (obr. 38). Tu a v nasledujúcom texte, ak nie je uvedené inak, budú všetky rozmery na obrázkoch považované za uvedené v metroch a silách - v kilonewtonoch.

Obr. 38

Riešenie. Rovnováhu rámu, na ktorú pôsobí napínacia sila závitu, považujeme za aktívnu T rovná hmotnosti nákladu Q.

1) Reakcia pohyblivej podpery R B z rovnice Σ M A= 0. Aby sa nevypočítalo rameno sily T použijeme Varignonovu vetu, ktorá túto silu rozšíri na horizontálne a vertikálne zložky:

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

2) Na výpočet Y A napíš rovnicu Σ M C.= 0, kde bod S leží na priesečníku línií pôsobenia reakcií R B a X A:

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

3) Nakoniec nájdeme reakciu X A:

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

Pretože všetky tri reakcie boli nájdené nezávisle na sebe, na overenie musíte použiť rovnicu, ktorá obsahuje každú z nich:

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

Príklad 17. Určte podporné reakcie tyče s prerušovaným obrysom (obr. 39, a).

Riešenie. Rozložené zaťaženie na každom úseku tyče nahradíme koncentrovanými silami Q 1 = 5 kN a Q 2 = 3 kN, a pôsobenie odmietnutého tuhého zovretia sú reakcie X A,Y A a M A(obr. 39, b).

Obr. 39

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

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

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

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

Príklad 18. Pre rám zobrazený na obr. 40 a, je potrebné definovať reakcie podpory. Vzhľadom na: F= 50 kN, M= 60 kN ∙ m, q= 20 kN / m.

Riešenie... Zvážte vyváženie rámu. Psychicky oslobodíme rám od väzieb na podperách (obr. 40, b) a vyberte predmet rovnováhy. Rám je zaťažený aktívnym zaťažením vo forme ľubovoľného plochého systému síl. Namiesto vyradených spojení aplikujeme reakcie na rovnovážny objekt: na kĺbovo-pevnú podperu A- vertikálne V A a horizontálne H A a na kĺbovo-pohyblivej podpere V.- vertikálna reakcia V B Zamýšľaný smer reakcií je znázornený na obr. 40, b.

Obr. 40. Schéma návrhu rámca a rovnovážneho objektu napríklad 18:

a- schéma návrhu; b- predmet rovnováhy

Zostavujeme nasledujúce rovnovážné podmienky:

Σ F x = 0; -H A + F = 0; H A= 50 kN.

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

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

Tu je smer otáčania okolo momentových bodov proti smeru hodinových ručičiek obvykle braný ako kladný.

Na kontrolu správnosti výpočtu reakcií používame rovnovážnu podmienku, ktorá by zahŕňala všetky podporné reakcie, napríklad:

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

Po substitúcii číselných hodnôt získame identitu 0 = 0.

Smery a veľkosti reakcií podpory sú teda určené správne.

Príklad 19. Určte reakcie podpery rámu (obr. 41, a).

Obr. 41

Riešenie. Rovnako ako v predchádzajúcom prípade sa rám skladá z dvoch častí spojených kľúčovým závesom S. Distribuované zaťaženie pôsobiace na ľavú stranu rámu nahradíme výsledným Q 1 a vpravo - výslednica Q 2, kde Q 1 = Q 2 = 2 kN.

1) Nájdite reakciu R B z rovnice Σ M C. (slnko) = 0; → R B= 1 kN;

Rozdelenie napätí v prípade problému s rovinou

Tento prípad zodpovedá stavu napätia pod základmi stien, opornými múrmi, násypmi a inými štruktúrami, ktorých dĺžka výrazne presahuje ich priečne rozmery:

kde l- dĺžka nadácie; b- šírka základu. V tomto prípade rozdelenie napätia pod akúkoľvek časť konštrukcie, oddelené dvoma rovnobežnými časťami kolmými na os konštrukcie, charakterizuje stav napätia pod celou štruktúrou a nezávisí od súradníc kolmých na smer zaťaženej roviny .

Zvážte pôsobenie lineárneho zaťaženia vo forme súvislej série koncentrovaných síl R., z ktorých každý je na jednotku dĺžky. V tomto prípade sú zložky napätia v ktoromkoľvek bode M so súradnicami R. ab je možné nájsť analogicky s priestorovým problémom:

(3.27)

Ak sú pomery geometrických charakteristík uvažovaných bodov z, r, b predstavujú vo forme koeficientov vplyvu K Potom môžu byť vzorce pre napätie napísané nasledovne:

(3.28)

Hodnoty koeficientov vplyvu K z,K y,K yz tabuľkové v závislosti od relatívnych súradníc z / b, r / b(Tabuľka II.3 dodatku II).

Dôležitou vlastnosťou rovinného problému je, že zložky napätia t a s r v uvažovanom lietadle z 0r nezávisia od súčiniteľa priečnej rozťažnosti n 0, ako v prípade priestorového problému.

dP

Problém je možné vyriešiť v prípade lineárneho zaťaženia rozloženého akýmkoľvek spôsobom na pás so šírkou b... V tomto prípade elementárne zaťaženie dP považovaná za koncentrovanú silu (obrázok 3.15).

Obrázok 3.15. Ľubovoľná distribúcia

zaťaženie šírky pásma b

Ak sa zaťaženie šíri z bodu A(b = b 2) do bodu B(b = b 1), potom súčtom napätí z jeho jednotlivých prvkov získame výrazy pre napätia v ktoromkoľvek bode poľa pôsobením súvislého pásovitého zaťaženia.

(3.29)

S rovnomerne rozloženým zaťažením integrujte vyššie uvedené výrazy pre P y = P= konšt. V tomto prípade sú hlavné smery, t.j. smery, v ktorých pôsobia najväčšie a najmenej normálne napätia, budú smery umiestnené pozdĺž osi „pozorovacích uhlov“ a kolmo na ne (obrázok 3.16). Zorný uhol a je uhol tvorený priamkami spájajúcimi príslušný bod M s okrajmi zaťaženia pásu.

Hodnoty hlavných napätí sú získané z výrazov (3.27) za predpokladu, že b = 0 v nich:

. (3.30)

Tieto vzorce sa často používajú na hodnotenie stresového stavu (obzvlášť obmedzujúceho) v základoch štruktúr.

Na hodnotách hlavných napätí ako semiaxov je možné zostrojiť napäťové elipsy, ktoré jasne charakterizujú stresový stav pôdy pri rovnomerne rozloženom zaťažení pôsobiacom pozdĺž pásu. Rozloženie (umiestnenie) elipsy napätia pri pôsobení lokálneho rovnomerne rozloženého zaťaženia v rovinnom probléme je znázornené na obrázku 3.17.

Obrázok 3.17. Elipsy napätí pôsobením rovnomerne rozloženého zaťaženia v podmienkach rovinného problému

Podľa vzorcov (3,28) môžeme určiť s z, s y a t yz vo všetkých bodoch rezu kolmých na pozdĺžnu os bremena. Ak spojíme body s rovnakými hodnotami každej z týchto veličín, dostaneme čiary rovnakého napätia. Obrázok 3.18 zobrazuje čiary rovnakých zvislých napätí s z, nazývané izobary, horizontálnych napätí s r nazývané rozpery a šmykové napätia t zx nazývané smeny.

Tieto krivky skonštruoval D.E. Pol'shin metódami teórie pružnosti pre zaťaženie rovnomerne rozložené na pás šírky b rozprestierajúc sa nekonečne v smere kolmom na výkres. Krivky ukazujú, že vplyv kompresných napätí s z intenzita 0,1 vonkajšie zaťaženie R. ovplyvňuje hĺbku asi 6 b, pričom horizontálne napätia s y a dotyčnice t sa šíria rovnakou intenzitou 0,1 R. do oveľa menšej hĺbky (1,5 - 2,0) b... Zakrivené povrchy s rovnakým napätím v prípade priestorového problému budú mať podobné obrysy.

Obrázok 3.18. Čiary rovnakého napätia v lineárne deformovanom poli:

a pre s z(izobary); b - pre s r(dispozícia); c - pre t(smena)

Vplyv šírky zaťaženého pásu ovplyvňuje hĺbku šírenia napätia. Napríklad pre základ so šírkou 1 m, ktorý prenáša na základ zaťaženie intenzity R., napätie 0,1 R. bude v hĺbke 6 m od základne a pre základ so šírkou 2 m s rovnakou intenzitou zaťaženia v hĺbke 12 m (obrázok 3.19). Ak sú v podkladových vrstvách slabšie pôdy, môže to výrazne ovplyvniť deformáciu konštrukcie.

kde a a b / sú uhly viditeľnosti a sklonu čiary k vertikále (obrázok 3.21).

Obrázok 3.21. Schémy rozloženia tlakových napätí pozdĺž zvislých rezov pôdnej hmoty pri pôsobení trojuholníkového zaťaženia

Tabuľka II.4 dodatku II ukazuje závislosti koeficientu TO| z v závislosti od z/b a r/b(Obrázok 3.21) na výpočet s z podľa vzorca:

s z = TO| z × R..

V technických výpočtoch spolu s koncentrovanými silami, ktoré pôsobia na teleso v určitom bode, existujú sily, ktorých pôsobenie je rozložené na určité oblasti objemu tela, jeho povrchu alebo čiary.

Pretože všetky axiómy a vety statiky sú formulované pre koncentrované sily, je potrebné zvážiť spôsoby prechodu z rozloženého zaťaženia na koncentrované sily.

Zoberme si niekoľko jednoduchých prípadov rozloženého zaťaženia tela rovnobežnými silami, ktoré ležia v rovnakej rovine pozdĺž úsečky.

Plochý systém rozložených síl je charakteristický svojou intenzitou q, to znamená veľkosť sily na jednotku dĺžky zaťaženého segmentu. Mernou jednotkou intenzity je Newton delený metrom (N / m). Intenzita môže byť konštantná (rovnomerne rozložené zaťaženie) alebo sa môže meniť podľa lineárnych a ľubovoľných zákonov.

Rovnomerne rozložené zaťaženie (obr. 2.5, a), ktorého intenzita q je konštantná hodnota, pri statických výpočtoch je nahradená jednou koncentrovanou silou, ktorej modul

kde je dĺžka načítaného segmentu.

a B C)

Obrázok 2.5

Táto výsledná sila, rovnobežná so silami rozloženého zaťaženia, smeruje v smere rozložených síl a pôsobí uprostred zaťaženého segmentu AB.

K takémuto zaťaženiu dochádza vtedy, keď je homogénny lúč s dĺžkou l so špecifickou hmotnosťou q.

Distribuované zaťaženie s intenzitou meniacou sa podľa lineárneho zákona (obr. 2.5, b) sa objavuje napríklad pri pôsobení tlaku vody na hrádzu, keď bude zaťaženie priehrady najväčšie v blízkosti dna nádrže a je blízko vodnej hladiny nula. V tomto prípade hodnota q intenzita sa zvyšuje z nulovej hodnoty na najvyššiu hodnotu q max... Výsledný Q také zaťaženie je definované ako hmotnosť homogénnej trojuholníkovej dosky ABC, čo je úmerné jeho ploche. Potom hodnota tohto výsledníka:

Činnosť výslednej sily prechádza stredom trojuholníka ABC vo vzdialenosti od jeho vrcholu A.

Príkladom pôsobenia síl rozložených pozdĺž úsečky podľa ľubovoľného zákona (obr. 2.5, c) je zaťaženie plochého prekrytia závejom. Výslednica takýchto síl, analogicky so silou hmotnosti, bude číselne rovnaká ako plocha obrázku, meraná na príslušnej stupnici, a línia pôsobenia tejto výslednice bude prechádzať stredom oblasti Tento údaj.

Vzdialenosť medzi koncentrovanými záťažami je rovnaká, pričom vzdialenosť od začiatku rozpätia k prvému koncentrovanému zaťaženiu sa rovná vzdialenosti medzi koncentrovanými záťažami. V tomto prípade tiež koncentrované zaťaženia klesajú na začiatku a na konci rozpätia, ale súčasne spôsobujú iba zvýšenie reakcie podpery, extrémne koncentrované zaťaženia neovplyvňujú hodnotu ohybových momentov a priehybu a preto sa neberú do úvahy pri výpočte únosnosti konštrukcie. Uvažujme to na príklade podlahových nosníkov položených na preklade. Tehlové murivo, ktoré môže byť medzi prekladom a podlahovými nosníkmi, a tým vytvára rovnomerne rozložené zaťaženie, nie je zobrazené na uľahčenie vnímania.

Obrázok 1... Koncentrované bremená sa uvedú do ekvivalentného rovnomerne rozloženého zaťaženia.

Ako je zrejmé z obrázku 1, definujúcim momentom je ohybový moment, ktorý sa používa pri pevnostných výpočtoch štruktúr. Aby teda rovnomerne rozložené zaťaženie vytvorilo rovnaký ohybový moment ako koncentrované zaťaženie, musí byť vynásobené zodpovedajúcim konverzným faktorom (koeficientom ekvivalencie). A tento koeficient je určený z podmienok rovnosti momentov. Myslím si, že obrázok 1 to ilustruje veľmi dobre. A tiež analyzovaním získaných závislostí môžete odvodiť všeobecný vzorec na určenie konverzného faktora. Ak je teda počet použitých koncentrovaných zaťažení nepárny, t.j. jedno z koncentrovaných zaťažení nevyhnutne spadá do stredu rozpätia, potom na určenie koeficientu ekvivalencie možno použiť vzorec:

γ = n / (n - 1) (305.1.1)

kde n je počet rozpätí medzi koncentrovanými záťažami.

q eq = γ (n-1) Q / l (305.1.2)

kde (n-1) je počet koncentrovaných záťaží.

Niekedy je však výhodnejšie vykonať výpočty na základe počtu koncentrovaných zaťažení. Ak je toto množstvo vyjadrené v premennej m, potom

y = (m +1) / m (305.1.3)

V tomto prípade bude ekvivalentné rovnomerne rozložené zaťaženie rovné:

q eq = γmQ / l (305.1.4)

Keď je počet koncentrovaných záťaží párny, t.j. žiadne z koncentrovaných zaťažení nespadá do stredu rozpätia, potom hodnotu koeficientu možno brať ako pre ďalšiu nepárnu hodnotu počtu koncentrovaných zaťažení. Vo všeobecnosti, za stanovených podmienok zaťaženia, je možné použiť nasledujúce prechodové koeficienty:

γ = 2- ak uvažovaná konštrukcia, napríklad nosník, dostane v strede priedelu iba jedno koncentrované zaťaženie.

γ = 1,33- pre lúč, na ktorý pôsobia 2 alebo 3 koncentrované zaťaženia;

γ = 1,2- pre nosník, na ktorý pôsobia 4 alebo 5 koncentrovaných zaťažení;

γ = 1,142- pre nosník, na ktorý pôsobí 6 alebo 7 koncentrovaných zaťažení;

γ = 1,11- pre nosník, na ktorý pôsobí 8 alebo 9 koncentrovaných zaťažení.

Možnosť 2

Vzdialenosť medzi koncentrovanými záťažami je rovnaká, pričom vzdialenosť od začiatku rozpätia k prvému koncentrovanému zaťaženiu sa rovná polovici vzdialenosti medzi koncentrovanými záťažami. V tomto prípade koncentrované zaťaženia neklesajú na začiatku a na konci rozpätia.

Obrázok 2... Hodnoty koeficientov prechodu pre 2. variant aplikácie koncentrovaných zaťažení.

Ako je zrejmé z obrázku 2, s touto možnosťou zaťaženia bude hodnota prechodového koeficientu výrazne menšia. Napríklad pri párnom počte koncentrovaných zaťažení sa koeficient prenosu môže vo všeobecnosti rovnať jednej. Pri nepárnom počte koncentrovaných zaťažení je možné na určenie koeficientu ekvivalencie použiť vzorec:

γ = (m +7) / (m +6) (305.2.1)

kde m je počet koncentrovaných zaťažení.

V tomto prípade bude ekvivalentné rovnomerne rozložené zaťaženie stále rovnaké:

q eq = γmQ / l (305.1.4)

Vo všeobecnosti, za stanovených podmienok zaťaženia, je možné použiť nasledujúce prechodové koeficienty:

γ = 2- ak na uvažovanú konštrukciu padá napríklad iba jedno koncentrované zaťaženie v strede priedelu, napríklad nosník, a či podlahové nosníky spadajú na začiatku alebo na konci rozpätia alebo sú umiestnené ľubovoľne ďaleko od začiatku a konca rozpätie, v tomto prípade na tom nezáleží. A je to dôležité pri určovaní koncentrovaného zaťaženia.

γ = 1- ak na príslušnú konštrukciu pôsobí párny počet zaťažení.

γ = 1,11- pre lúč, na ktorý pôsobia 3 koncentrované bremená;

y = 1,091- pre lúč, na ktorý pôsobí 5 koncentrovaných zaťažení;

y = 1,076- pre lúč, na ktorý pôsobí 7 koncentrovaných zaťažení;

y = 1,067- pre nosník, na ktorý pôsobí 9 koncentrovaných zaťažení.

Napriek nejakej zložitej definícii sú koeficienty ekvivalencie veľmi jednoduché a pohodlné. Pretože vo výpočtoch je distribuované zaťaženie pôsobiace na meter štvorcový alebo bežný meter veľmi často známe, aby sa distribuované zaťaženie neprenášalo najskôr na koncentrované a potom znova na ekvivalentné distribuované zaťaženie, stačí hodnotu jednoducho vynásobiť. rozloženého zaťaženia zodpovedajúcim koeficientom. Na podlahu bude pôsobiť napríklad normatívne rozložené zaťaženie 400 kg / m 2, pričom vlastná hmotnosť podlahy bude ďalších 300 kg / m 2. Potom by na preklad mohlo pri dĺžke podlahových nosníkov 6 m pôsobiť rovnomerne rozložené zaťaženie q = 6 (400 + 300) / 2 = 2100 kg / m. A potom, ak je v strede rozpätia iba jeden podlahový nosník, potom γ = 2, a

q eq = γq = 2q (305.2.2)

Ak nie je splnená žiadna z vyššie uvedených dvoch podmienok, potom nie je možné použiť prechodové koeficienty v ich čistej forme, musíte pridať niekoľko ďalších koeficientov, ktoré berú do úvahy vzdialenosť k lúčom, ktoré nespadajú na začiatku a koniec priedelného rozpätia, ako aj možná asymetria pôsobenia koncentrovaných zaťažení. V zásade je možné odvodiť takéto koeficienty, v každom prípade však budú klesať vo všetkých prípadoch, ak vezmeme do úvahy 1 možnosť načítania a v 50% prípadov, ak vezmeme do úvahy 2 možnosti načítania, t.j. hodnoty takýchto koeficientov budú< 1. А потому для упрощения расчетов, а заодно и для большего запаса по прочности рассчитываемой конструкции вполне хватит коэффициентов, приведенных при первых двух вариантах загружения.

Každý vlastník trojfázového vstupu (380 V) je povinný starať sa o rovnomerné zaťaženie fáz, aby nedošlo k preťaženiu jednej z nich. Pri nerovnomernom rozdelení na trojfázovom vstupe, keď dôjde k vyhoreniu nuly alebo jeho zlému kontaktu, sa napätia na fázových vodičoch začnú navzájom líšiť, a to hore aj dole. Na úrovni jednofázového napájacieho zdroja (220 voltov) to môže viesť k poruche elektrických zariadení v dôsledku zvýšeného napätia 250-280 voltov alebo zníženého 180-150 voltov. Okrem toho je v tomto prípade nadhodnotená spotreba energie v elektrických zariadeniach, ktoré nie sú citlivé na nerovnováhu napätia. V tomto článku vám povieme, ako sa vyváženie záťaže vykonáva podľa fáz, a poskytneme krátku inštrukciu s diagramom a príkladom videa.

Čo je dôležité vedieť

Tento diagram konvenčne ilustruje trojfázovú sieť:

Fázové napätie 380 voltov je označené modrou farbou. Rovnomerné napätie distribuovaného vedenia je zobrazené zelenou farbou. Červená - nerovnováha napätia.

Noví, trojfázoví účastníci elektrického prúdu v súkromnom dome alebo byte by sa pri prvom pripojení nemali vo veľkej miere spoliehať na pôvodne rovnomerne rozložené zaťaženie na vstupnom vedení. Pretože z jednej linky môže byť napájaných niekoľko spotrebiteľov, môžu mať problémy s distribúciou.

Ak po meraniach uvidíte, že existuje (viac ako 10%, podľa GOST 29322-92), musíte sa obrátiť na organizáciu napájania, aby prijala vhodné opatrenia na obnovenie symetrie fáz. Viac sa o tom môžete dozvedieť z nášho článku.

Podľa dohody medzi predplatiteľom a OZE (o využívaní elektriny) musí tento dodávať do domov vysokokvalitnú elektrickú energiu so stanoveným. Frekvencia musí tiež zodpovedať 50 Hz.

Pravidlá distribúcie

Pri navrhovaní schémy zapojenia je potrebné vybrať potenciálne skupiny spotrebiteľov čo najrovnomernejšie a rozdeliť ich do fáz. Napríklad každá skupina zásuviek v miestnostiach v dome je napojená na vlastný fázový vodič a je zoskupená tak, aby bolo zaťaženie siete optimálne. Svetelné linky sú usporiadané rovnakým spôsobom a rozdeľujú ich cez rôzne fázové vodiče a podobne: práčka, rúra, rúra, kotol, kotol.