Insieme alle forze concentrate discusse sopra, è possibile esporre strutture e strutture edilizie carichi distribuiti– per volume, per superficie o lungo una determinata linea – e determinato da esso intensità.
Un esempio di carico distribuito sul territorio, è il carico di neve, la pressione del vento, la pressione del liquido o la pressione del suolo. L'intensità di tale carico superficiale ha la dimensione della pressione e si misura in kN/m2 o kilopascal (kPa = kN/m2).
Quando si risolvono i problemi, spesso c'è un carico che distribuiti lungo la lunghezza della trave. Intensità Q tale carico è misurato in kN/m.
Consideriamo una trave caricata sulla sezione [ UN, B] carico distribuito, la cui intensità varia a seconda della legge Q= Q(X). Per determinare le reazioni vincolari di tale trave è necessario sostituire il carico distribuito con uno concentrato equivalente. Questo può essere fatto secondo la seguente regola:
Consideriamo casi particolari di carico distribuito.
UN) caso generale di carico distribuito(Fig.24)
Fig.24
q(x) - intensità della forza distribuita [N/m],
Potere elementale.
l– lunghezza del segmento
La forza di intensità q(x) distribuita lungo un segmento rettilineo equivale ad una forza concentrata
La forza concentrata viene applicata in un punto CON(centro forze parallele) con coordinate
B) intensità di carico distribuito costante(Fig.25)
Fig.25
V) intensità di carico distribuita che varia linearmente(Fig.26)
Fig.26
Calcolo di sistemi compositi.
Sotto sistemi compositi Comprenderemo strutture costituite da più corpi collegati tra loro.
Prima di passare a considerare le caratteristiche del calcolo di tali sistemi, introduciamo la seguente definizione.
Staticamente definibileSi tratta di problemi e sistemi di statica per i quali il numero di reazioni incognite dei vincoli non supera il numero massimo consentito di equazioni.
Se il numero di incognite è maggiore del numero di equazioni, pertinente vengono chiamati compiti e sistemi staticamente indeterminato. In questo caso viene chiamata la differenza tra il numero di incognite e il numero di equazioni grado di indeterminazione statica sistemi.
Per ogni sistema piano di forze agenti su un corpo rigido esistono tre condizioni di equilibrio indipendenti. Di conseguenza, per qualsiasi sistema piano di forze in condizioni di equilibrio non si possono trovare più di tre reazioni di accoppiamento sconosciute.
Nel caso di un sistema spaziale di forze agenti su un corpo rigido esistono sei condizioni di equilibrio indipendenti. Di conseguenza, per qualsiasi sistema spaziale di forze in condizioni di equilibrio, non si possono trovare più di sei reazioni di accoppiamento sconosciute.
Spieghiamolo con i seguenti esempi.
1. Lascia che il centro di un blocco ideale senza peso (esempio 4) sia sostenuto non da due, ma da tre aste: AB, Sole E B.D ed è necessario determinare le reazioni delle aste, trascurando le dimensioni del blocco.
Tenendo conto delle condizioni del problema, otteniamo un sistema di forze convergenti, dove determinare tre incognite: SA, SC E SDè ancora possibile comporre un sistema di sole due equazioni: Σ X = 0, Σ Y=0. Ovviamente il problema posto ed il relativo sistema saranno staticamente indeterminati.
2. Una trave, rigidamente fissata all'estremità sinistra e avente un supporto fisso incernierato all'estremità destra, è caricata con un sistema di forze piane arbitrarie (Fig. 27).
Per determinare le reazioni di supporto, puoi creare solo tre equazioni di equilibrio, che includeranno 5 reazioni di supporto sconosciute: XA, YA,MA,XB E YB. Il problema dichiarato sarà due volte staticamente indeterminato.
Un simile problema non può essere risolto nell'ambito della meccanica teorica, presupponendo che il corpo in questione sia assolutamente solido.
Fig.27
Torniamo allo studio dei sistemi compositi, un tipico rappresentante dei quali è un telaio a tre cerniere (Fig. 28, UN). È composto da due corpi: AC E a.C., collegato chiave cerniera C. Usando questo frame come esempio, considera due modi per determinare le reazioni di supporto dei sistemi compositi.
1 modo. Consideriamo il corpo AC, caricato con una data forza R, scartando tutte le connessioni secondo l'assioma 7 e sostituendole, rispettivamente, con reazioni esterne ( XA, Y A) e interno ( XC, Y C) collegamenti (Fig. 28, B).
Allo stesso modo possiamo considerare l’equilibrio del corpo a.C. sotto l'influenza delle reazioni di supporto IN - (XB, YB) e reazioni nel giunto di collegamento C - (X C', Y C’), dove, secondo l’assioma 5: XC= X C', Y C= Y C’.
Per ciascuno di questi corpi si possono quindi costruire tre equazioni di equilibrio numero totale sconosciuto: XA, Y A , XC=X C', Y C =Y C’, XB, YBè uguale al numero totale di equazioni e il problema è definibile staticamente.
Ricordiamo che in base alle condizioni del problema è stato necessario determinare solo 4 reazioni di supporto, ma abbiamo dovuto svolgere un lavoro aggiuntivo determinando le reazioni nella cerniera di collegamento. Questo è lo svantaggio di questo metodo per determinare le reazioni vincolari.
Metodo 2. Considera l'equilibrio dell'intero fotogramma ABC, scartando solo le connessioni esterne e sostituendole con reazioni di supporto sconosciute XA, Y A,XB, YB .
Il sistema risultante è costituito da due corpi e non lo è assolutamente corpo solido, poiché la distanza tra i punti UN E IN può cambiare a causa della rotazione reciproca di entrambe le parti rispetto alla cerniera CON. Tuttavia, possiamo supporre che la totalità delle forze applicate al telaio ABC forma un sistema se usiamo l'assioma di solidificazione (Fig. 28, V).
Fig.28
Quindi per il corpo ABC si possono costruire tre equazioni di equilibrio. Per esempio:
Σ MA = 0;
Σ X = 0;
Queste tre equazioni includeranno 4 reazioni di supporto sconosciute XA, Y A,XB E YB. Si noti che un tentativo di utilizzare, ad esempio, questa come equazione mancante: Σ MV= 0 non porterà al successo, poiché questa equazione sarà linearmente dipendente dalle precedenti. Per ottenere una quarta equazione linearmente indipendente è necessario considerare l'equilibrio di un altro corpo. Ad esempio, puoi prendere una delle parti del telaio: Sole. In questo caso, è necessario creare un’equazione che contenga le “vecchie” incognite XA, Y A,XB, YB e non ne conteneva di nuovi. Ad esempio, l'equazione: Σ X (Sole) = 0 o più dettagli: - XC' + XB= 0 non è adatto a questi scopi poiché contiene una “nuova” incognita XC’, ma ecco l’equazione Σ M C (Sole) = 0 soddisfa tutte le condizioni necessarie. Pertanto, le reazioni di supporto richieste possono essere trovate nella seguente sequenza:
Σ MA = 0; → YB= R/4;
Σ MV = 0; → Y A= -R/4;
Σ M C (Sole) = 0; → XB= -R/4;
Σ X = 0; →XA= -3R/4.
Per verificare, puoi usare l'equazione: Σ M C (AC) = 0 o, più in dettaglio: - Y A∙2 + XA∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 +R∙1 = R/2 - 3R/2 +R = 0.
Nota che questa equazione include tutte e 4 le reazioni di supporto trovate: XA E Y A- in forma esplicita, e XB E YB- impliciti, poiché sono stati utilizzati per determinare le prime due reazioni.
Determinazione grafica delle reazioni vincolari.
In molti casi, la risoluzione dei problemi può essere semplificata se, al posto delle equazioni di equilibrio o in aggiunta ad esse, vengono utilizzate direttamente condizioni di equilibrio, assiomi e teoremi della statica. L'approccio corrispondente è chiamato determinazione grafica delle reazioni vincolari.
Prima di passare a considerare il metodo grafico, notiamo che, come per un sistema di forze convergenti, solo i problemi che possono essere risolti analiticamente possono essere risolti graficamente. Allo stesso tempo, il metodo grafico per determinare le reazioni vincolari è conveniente per un numero limitato di carichi.
Pertanto, il metodo grafico per determinare le reazioni vincolari si basa principalmente sull'uso di:
Assiomi sull'equilibrio di un sistema di due forze;
Assiomi su azione e reazione;
Tre teoremi sulle forze;
Condizioni di equilibrio per un sistema piano di forze.
A definizione grafica reazioni dei sistemi compositi, si raccomanda quanto segue sequenza di considerazioni:
Selezionare un corpo con un numero minimo di reazioni di accoppiamento algebriche sconosciute;
Se esistono due o più corpi di questo tipo, iniziare la soluzione considerando il corpo a cui vengono applicate meno forze;
Se esistono due o più corpi di questo tipo, scegli il corpo per il quale numero maggiore le forze sono conosciute dalla direzione.
Risoluzione dei problemi.
Quando risolvi i problemi di questa sezione, dovresti tenere a mente tutte le istruzioni generali fornite in precedenza.
Quando si inizia a risolvere, è necessario, prima di tutto, stabilire l'equilibrio di quale particolare organismo dovrebbe essere considerato in questo problema. Quindi, avendo isolato questo corpo e considerandolo libero, si dovrebbero rappresentare tutte le forze e le reazioni dei legami scartati che agiscono sul corpo.
Successivamente, dovresti creare condizioni di equilibrio, applicando la forma di queste condizioni che porta a un sistema di equazioni più semplice (il sistema più semplice sarà un sistema di equazioni, ciascuna delle quali include un'incognita).
Per ottenere di più semplici equazioni segue (a meno che non complichi il calcolo):
1) quando si compongono equazioni di proiezione, eseguire asse delle coordinate, perpendicolare a qualche forza sconosciuta;
2) quando si redige un'equazione del momento, è consigliabile selezionare come punto del momento il punto in cui si intersecano le linee di azione di due delle tre reazioni di vincolo incognite - in questo caso non saranno incluse nell'equazione, e lo faranno contenere solo uno sconosciuto;
3) se due delle tre reazioni di supporto sconosciute sono parallele, quando si redige un'equazione in proiezioni sull'asse, quest'ultimo dovrebbe essere diretto in modo tale che sia perpendicolare alle prime due reazioni - in questo caso l'equazione conterrà solo l'ultimo sconosciuto;
4) quando si risolve un problema, il sistema di coordinate deve essere scelto in modo che i suoi assi siano orientati nello stesso modo della maggior parte delle forze del sistema applicate al corpo.
Quando si calcolano i momenti a volte è conveniente espandere dato potere in due componenti e, utilizzando il teorema di Varignon, trovare il momento della forza come somma dei momenti di queste componenti.
La soluzione di molti problemi statici si riduce a determinare le reazioni degli appoggi con cui sono fissate travi, capriate dei ponti, ecc.
Esempio 7. Alla staffa mostrata in Fig. 29, UN, al nodo INè sospeso un carico di 36 kN. I collegamenti degli elementi mensola sono incernierati. Determinare le forze che agiscono sulle aste AB E Sole, considerandoli senza peso.
Soluzione. Considera l'equilibrio del nodo IN, dove le aste si incontrano AB E Sole. Nodo IN rappresenta un punto sul disegno. Poiché il carico è sospeso dal nodo IN, quindi al punto IN applicare una forza F pari al peso del carico sospeso. Canne VA E Sole, collegati a cerniera in un nodo IN, limitare la possibilità di qualsiasi movimento lineare nel piano verticale, vale a dire sono connessioni rispetto al nodo IN.
Riso. 29. Schema di calcolo della staffa per esempio 7:
UN - schema di progettazione; B - sistema di forze in un nodo B
Scarta mentalmente le connessioni e sostituisci le loro azioni con forze - reazioni di connessioni R A E RC. Poiché le aste sono prive di peso, le reazioni di queste aste (forze nelle aste) sono dirette lungo l'asse delle aste. Supponiamo che entrambe le aste siano allungate, cioè le loro reazioni sono dirette dalla cerniera alle aste. Quindi, se dopo il calcolo la reazione risulta essere con un segno meno, ciò significherà che in realtà la reazione è diretta nella direzione opposta a quella indicata nel disegno, ad es. l'asta verrà compressa.
Nella fig. 29, Bè dimostrato che al punto IN forza attiva applicata F e reazioni delle connessioni R A E R S. Si può vedere che il sistema di forze rappresentato rappresenta un sistema piatto di forze convergenti in un punto. Scegliamo assi di coordinate arbitrari BUE E OH e comporre equazioni di equilibrio della forma:
Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;
Σ Fy = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.
Considerando questo cos (90 -α ) = peccatoα, dalla seconda equazione troviamo
R c = -F/senα = - 36/0,5 = -72 kN.
Sostituendo il valore R c nella prima equazione, otteniamo
R a = -R c cosα= - (-72) ∙0,866 = 62,35 kN.
Quindi, la canna AB- allungato e l'asta Sole- compresso.
Per verificare la correttezza delle forze rilevate nelle aste, proiettiamo tutte le forze su qualsiasi asse che non coincida con gli assi X E Y, ad esempio, asse U:
Σ Fu u = 0; -R c - R a cosα -Fcos(90-α) = 0.
Dopo aver sostituito i valori delle forze trovate nelle aste (dimensione in kilonewton), otteniamo
- (-72) – 62,35∙0,866 - 36∙0,5 = 0; 0 = 0.
La condizione di equilibrio è soddisfatta, quindi le forze trovate nelle aste sono corrette.
Esempio 8. La trave di un'impalcatura da costruzione, il cui peso può essere trascurato, è mantenuta in posizione orizzontale da un'asta flessibile CD e poggia girevolmente sul muro in un punto UN. Trova la forza di spinta CD, se un lavoratore del peso di 80 kg sta sul bordo del ponteggio ≈0,8 kN (Fig. 30, UN).
Riso. 30. Schema di progettazione dell'impalcatura per l'esempio 8:
UN– schema di progettazione; B– sistema di forze agenti sul ponteggio
Soluzione. Selezioniamo l'oggetto dell'equilibrio. In questo esempio, l'oggetto dell'equilibrio è la trave dell'impalcatura. Al punto IN Sulla trave agisce la forza attiva F, pari al peso di una persona. Le connessioni in questo caso sono una cerniera di supporto fissa UN e trazione CD. Scartiamo mentalmente le connessioni, sostituendo la loro azione sulla trave con le reazioni delle connessioni (Fig. 30, B). Non è necessario determinare la reazione di un supporto fisso incernierato in base alle condizioni del problema. Reazione in trazione CD diretto lungo la spinta. Supponiamo che l'asta CD allungato, cioè reazione R.D diretto lontano dalla cerniera CON all'interno dell'asta. Analizziamo la reazione R.D, secondo la regola del parallelogramma, in componenti orizzontali e verticali:
R Dx montagne =R D cosα ;
R Dy vert = R D cos(90-α) = R D peccatoα .
Di conseguenza, abbiamo ottenuto un sistema piatto arbitrario di forze, una condizione necessaria il cui equilibrio è l'uguaglianza a zero di tre condizioni di equilibrio indipendenti.
Nel nostro caso è conveniente prima scrivere la condizione di equilibrio sotto forma di somma di momenti relativi al punto del momento UN, dal momento della reazione di supporto R A rispetto a questo punto è zero:
Σ mA = 0; F∙3UN - R dy∙ UN = 0
F∙3UN - R D peccatoα = 0.
Senso funzioni trigonometriche determinare dal triangolo ACD:
cosα = AC/CD = 0,89,
sinα = d.C./CD = 0,446.
Risolvendo l'equazione di equilibrio, otteniamo R D = 5,38 kN. (Viaggio CD- allungato).
Per verificare la correttezza del calcolo della forza nella corda CDè necessario calcolare almeno uno dei componenti della reazione di supporto R A. Usiamo l'equazione di equilibrio nella forma
Σ Fy = 0; VA + R Dy- F= 0
VA = F- Rdy.
Da qui VA= -1,6 kN.
Il segno meno indica la componente verticale della reazione R A sul supporto è rivolto verso il basso.
Controlliamo la correttezza del calcolo della forza nella corda. Usiamo un'altra condizione di equilibrio sotto forma di equazioni dei momenti attorno al punto IN.
Σ mB = 0; VA∙3a + R Dy ∙ 2un = 0;
1,6∙3UN + 5,38∙0,446∙2UN = 0; 0 = 0.
Le condizioni di equilibrio sono soddisfatte, quindi la forza nel trefolo viene trovata correttamente.
Esempio 9. Il pilastro verticale di cemento è cementato con la sua estremità inferiore in una base orizzontale. Un carico della parete dell'edificio del peso di 143 kN viene trasferito al palo dall'alto. Il pilastro è realizzato in calcestruzzo con densità γ = 25 kN/m 3. Le dimensioni del pilastro sono mostrate in Fig. 31, UN. Determinare le reazioni nell'inclusione rigida.
Riso. 31. Schema di calcolo del pilastro per esempio 9:
UN– schema di carico e dimensioni dei pilastri; B– schema di progettazione
Soluzione. In questo esempio, l'oggetto dell'equilibrio è un pilastro. La colonna è caricata con le seguenti tipologie di carichi attivi: al punto UN forza concentrata F, pari al peso della parete dell'edificio, e il peso proprio della colonna sotto forma di intensità di carico uniformemente distribuita lungo la lunghezza della trave Q per ogni metro di lunghezza del palo: q = 𝛾A, Dove UN- area della sezione trasversale della colonna.
Q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.
Le connessioni in questo esempio sono l'incasso rigido alla base del palo. Scartiamo mentalmente il sigillo e sostituiamo la sua azione con reazioni di connessioni (Fig. 31, B).
Nel nostro esempio consideriamo caso speciale l'azione di un sistema di forze perpendicolari all'immersione e passanti lungo un asse attraverso il punto di applicazione delle reazioni di supporto. Quindi due reazioni vincolari: la componente orizzontale e il momento reattivo saranno pari a zero. Per determinare la componente verticale della reazione vincolare, proiettiamo tutte le forze sull'asse dell'elemento. Allineiamo questo asse con l'asse Z, allora la condizione di equilibrio verrà scritta nella seguente forma:
Σ F.Z = 0; V SI - FA - ql = 0,
Dove ql- risultante del carico distribuito.
VB = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.
Il segno più indica che la reazione VB diretto verso l'alto.
Per verificare la correttezza del calcolo della reazione di supporto, rimane un'altra condizione di equilibrio, sotto forma di somma algebrica dei momenti di tutte le forze relative a qualsiasi punto che non passa attraverso l'asse dell'elemento. Ti consigliamo di eseguire tu stesso questo controllo.
Esempio 10. Per la trave mostrata in Fig. 32, UN, è necessario determinare le reazioni vincolari. Dato: F= 60kN, Q= 24 kN/m, M= 28 kN∙m.
Riso. 32. Schema di progettazione e dimensioni della trave per esempio 10:
Soluzione. Consideriamo l'equilibrio di una trave. La trave è caricata con un carico attivo sotto forma di un sistema piatto di forze verticali parallele costituite da una forza concentrata F, intensità di carico uniformemente distribuita Q con risultante Q, applicato al baricentro del vano di carico (Fig. 32, B) e momento concentrato M, che può essere rappresentato come una coppia di forze.
I collegamenti in questa trave sono un supporto fisso incernierato UN e supporto mobile articolato IN. Evidenziamo l'oggetto dell'equilibrio, per fare ciò, scarteremo le connessioni di supporto e sostituiremo le loro azioni con reazioni in queste connessioni (Fig. 32, B). Reazione del supporto in movimento R Bè diretto verticalmente e la reazione del supporto articolato-fisso R A sarà parallelo al sistema attivo forze attive ed è anche diretto verticalmente. Supponiamo che puntino verso l'alto. Risultante del carico distribuito Q= 4.8∙q viene applicato al centro di simmetria dell'area di carico.
Quando si determinano le reazioni vincolari nelle travi, è necessario sforzarsi di costruire equazioni di equilibrio in modo tale che ciascuna di esse includa solo un'incognita. Ciò può essere ottenuto costruendo due equazioni del momento attorno ai punti di riferimento. Le reazioni del vincolo vengono solitamente controllate componendo un'equazione sotto forma di somma delle proiezioni di tutte le forze su un asse perpendicolare all'asse dell'elemento.
Accettiamo condizionatamente come positiva la direzione di rotazione del momento delle reazioni di supporto attorno ai punti del momento, quindi la direzione opposta di rotazione delle forze sarà considerata negativa.
Necessario e condizione sufficiente l’equilibrio in questo caso è l’uguaglianza a zero delle condizioni di equilibrio indipendenti nella forma:
Σ mA = 0; VB ∙6 - Q∙4,8∙4,8 + M+F∙2,4 = 0;
Σ mB = 0; VA∙6 - Q∙4,8∙1,2 - M - F∙8,4 = 0.
Sostituendo i valori numerici delle quantità, troviamo
VB= 14,4 kN, VA= 15,6 kN.
Per verificare la correttezza delle reazioni trovate, utilizziamo la condizione di equilibrio nella forma:
Σ Fy = 0; V LA + V B - F -q∙4,8 =0.
Dopo aver sostituito i valori numerici in questa equazione, otteniamo un'identità del tipo 0=0. Da qui concludiamo che il calcolo è stato eseguito correttamente e che le reazioni su entrambi i supporti sono dirette verso l'alto.
Esempio 11. Determinare le reazioni vincolari per la trave mostrata in Fig. 33, UN. Dato: F= 2,4 kN, M= 12 kN∙m, Q= 0,6 kN/m, a = 60°.
Riso. 33. Schema di progettazione e dimensioni della trave per l'esempio 11:
a – schema di progettazione; b – oggetto di equilibrio
Soluzione. Consideriamo l'equilibrio di una trave. Liberare mentalmente la trave dai collegamenti sui supporti e selezionare l'oggetto di equilibrio (Fig. 33, B). La trave è caricata con un carico attivo sotto forma di un sistema di forze piane arbitrarie. Risultante del carico distribuito Q = Q∙3 è attaccato al centro di simmetria dell'area di carico. Forza F Scomponiamo il parallelogramma in componenti - orizzontale e verticale - secondo la regola del parallelogramma.
Fz = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;
Fy =F cos(90-α) = F peccato 60°= 2,08 kN.
Applichiamo reazioni all'oggetto di equilibrio invece di connessioni scartate. Supponiamo una reazione verticale VA supporto articolato UN reazione verticale e ascendente VB supporto fisso articolato Bè anche diretto verso l'alto e la reazione orizzontale HB- A destra.
Così, nella Fig. 33, B raffigura un sistema piano arbitrario di forze, la cui condizione necessaria per l'equilibrio è l'uguaglianza a zero di tre condizioni di equilibrio indipendenti per un sistema piano di forze. Ricordiamo che, secondo il teorema di Varignon, il momento della forza F rispetto a qualsiasi punto pari alla somma momenti delle componenti F z e F y rispetto allo stesso punto. Accettiamo condizionatamente come positiva la direzione di rotazione del momento delle reazioni di supporto attorno ai punti del momento, quindi la direzione opposta di rotazione delle forze sarà considerata negativa.
Allora conviene formulare le condizioni di equilibrio nella forma seguente:
Σ Fz = 0; - F z + H B= 0; da qui HB= 1,2 kN;
Σ mA = 0; VB∙6 + M - Fy∙2 + 3Q∙0,5 = 0; da qui VB= - 1.456 kN;
Σ mB = 0; VA ∙6 - 3Q∙6,5 - Fy ∙4 - M= 0; da qui VA= 5,336 kN.
Per verificare la correttezza delle reazioni calcolate, utilizziamo un'altra condizione di equilibrio che non è stata utilizzata, ad esempio:
Σ Fy = 0; V LA + V B - 3Q - Fy = 0.
Reazione di vincolo verticale VB risultato con un segno meno, questo dimostra che in questo raggio non è diretto verso l'alto, ma verso il basso.
Esempio 12. Determinare le reazioni vincolari per una trave rigidamente incastrata su un lato e mostrate in Fig. 34, UN. Dato: Q=20 kN/m.
Riso. 34. Schema di progettazione e dimensioni della trave per esempio 12:
a – schema di progettazione; b – oggetto di equilibrio
Soluzione. Selezioniamo l'oggetto dell'equilibrio. La trave è caricata con un carico attivo sotto forma di un sistema piatto di forze parallele posizionate verticalmente. Liberare mentalmente la trave dai collegamenti nell'incasso e sostituirli con reazioni sotto forma di forza concentrata VB e coppie di forze con la coppia reattiva desiderata M B(vedi Fig. 34, B). Poiché le forze attive agiscono solo nella direzione verticale, la reazione orizzontale HB uguale a zero. Consideriamo condizionatamente positiva la direzione di rotazione del momento delle reazioni di supporto attorno ai punti del momento in senso orario, quindi la direzione opposta di rotazione delle forze sarà considerata negativa.
Componiamo le condizioni di equilibrio nel modulo
Σ Fy = 0; VB- Q∙1,6 = 0;
Σ mB = 0; M B - Q∙1,6∙1,2 = 0.
Qui Q∙1.6 – risultante del carico distribuito.
Sostituendo i valori numerici del carico distribuito Q, troviamo
VV= 32kN, M B= 38,4 kN∙m.
Per verificare la correttezza delle reazioni trovate, creiamo un'altra condizione di equilibrio. Ora prendiamo qualche altro punto come punto del momento, ad esempio l'estremità destra della trave, quindi:
Σ mA = 0; M B – VB∙2 + Q∙1,6∙0,8 = 0 .
Dopo aver sostituito i valori numerici, otteniamo l'identità 0=0.
Concludiamo infine che le reazioni di supporto sono state trovate correttamente. Reazione verticale VBè diretto verso l'alto e la coppia reattiva MV- in senso orario.
Esempio 13. Determinare le reazioni vincolari della trave (Fig. 35, UN).
Soluzione. Il carico attivo è la risultante del carico distribuito Q=(1/2)∙aq=(1/2)∙3∙2=3kN, la cui retta d'azione passa ad una distanza di 1 m dal supporto sinistro, la forza di tensione del filo T = R= 2 kN applicati all'estremità destra della trave e momento concentrato.
Poiché queste ultime possono essere sostituite da una coppia di forze verticali, il carico agente sulla trave, unitamente alla reazione del supporto mobile IN forma un sistema di forze parallele, quindi la reazione R A sarà anche diretto verticalmente (Fig. 35, B).
Per determinare queste reazioni, utilizziamo le equazioni di equilibrio.
Σ MA = 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.
Fig.35
Per verificare la correttezza della soluzione ottenuta, utilizziamo un'equazione di equilibrio aggiuntiva:
Σ Sì, io = R A - Q + R B+T = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,
cioè il problema è stato risolto correttamente.
Esempio 14. Trovare le reazioni vincolari della trave a sbalzo caricata con un carico distribuito (Fig. 36, UN).
Soluzione. La risultante del carico distribuito viene applicata al baricentro del diagramma di carico. Per non cercare la posizione del baricentro del trapezio, immaginiamolo come la somma di due triangoli. Quindi il carico dato sarà equivalente a due forze: Q 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN e Q 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, applicati al baricentro di ciascuno dei triangoli (Fig. 36, B).
Fig.36
Le reazioni del supporto rigido di pizzicamento sono rappresentate dalla forza R A e il momento MA, per determinare quale sia più conveniente utilizzare le equazioni di equilibrio di un sistema di forze parallele, ovvero:
Σ MA = 0; MA= 15 kN∙m;
Σ Y= 0, R A= 9kN.
Per verificare, usiamo l'equazione aggiuntiva Σ MV= 0, dove punto IN situato all'estremità destra della trave:
Σ MV = MA - R A∙3 + Q 1 ∙2 + Q 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.
Esempio 15. Pesatura di travi omogenee Q= 600 N e lunghezza l= 4 m poggia ad un'estremità su un pavimento liscio e punto intermedio IN per altezza del palo H= 3 m, formando un angolo di 30° con la verticale. In questa posizione, la trave è trattenuta da una corda tesa sul pavimento. Determinare la tensione della corda T e reazioni di colonna - R B e genere - R A(Fig. 37, UN).
Soluzione. Sotto una trave o un'asta meccanica teorica comprendere un corpo in cui le dimensioni trasversali rispetto alla sua lunghezza possono essere trascurate. Quindi il peso Q il raggio omogeneo viene applicato in un punto CON, Dove AC= 2 metri.
Fig.37
1) Poiché nel punto vengono applicate due delle tre reazioni sconosciute UN, il primo passo è creare l'equazione Σ MA= 0, poiché solo la reazione andrà lì R B:
- R B∙AB+Q∙(l/2)∙sin30° = 0,
Dove AB = H/cos30°= 2 m.
Sostituendo nell'equazione otteniamo:
R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,
R B= 600/ (2) = 100 ≅ 173 N.
Allo stesso modo, dall'equazione del momento si potrebbe trovare la reazione R A, scegliendo come punto del momento il punto in cui si intersecano le linee d'azione R B E T. Tuttavia, ciò richiederà costruzioni aggiuntive, quindi è più semplice utilizzare altre equazioni di equilibrio:
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.
Così abbiamo trovato T E R A Attraverso R B, quindi, puoi verificare la correttezza della soluzione ottenuta utilizzando l'equazione: Σ M B= 0, che includerà tutte le reazioni trovate, esplicitamente o implicitamente:
R A∙AB peccato30°- 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.
Ottenuto come risultato dell'arrotondamento residuo∆= -0,5 viene chiamato errore assoluto calcoli.
Per rispondere alla domanda su quanto sia accurato il risultato ottenuto, calcola errore relativo , che è determinato dalla formula:
ε=[|∆| / min(|Σ + |, |Σ - |)]∙100% =[|-0,5| / min(|887,5|, |-888|)]∙100% = (0,5/887,5)∙100% = 0,06%.
Esempio 16. Determinare le reazioni vincolari del telaio (Fig. 38). Qui e oltre, se non diversamente specificato, tutte le dimensioni nelle figure saranno considerate in metri e le forze in kilonewton.
Fig.38
Soluzione. Consideriamo l'equilibrio di un telaio al quale è applicata come forza attiva la forza di tensione del filo T, pari al peso del carico Q.
1) Reazione del supporto mobile R B troviamo dall'equazione Σ MA= 0. Per non calcolare la leva della forza T, utilizzeremo il teorema di Varignon, scomponendo questa forza in componenti orizzontali e verticali:
R B∙2 + T peccato30°∙3 - T cos30°∙4 = 0; → R B = (1/2)∙ Q(cos30°∙4 - sin30°∙3) = (5/4) ∙ (4 - 3) kN.
2) Calcolare Y A creiamo un'equazione Σ M C= 0, dove punto CON si trova all'intersezione delle linee di azione della reazione R B E XA:
- Y A∙2 + T peccato30°∙3 - T cos30°∙2 = 0; → Y A= (1/2)∙ Q(sin30°∙3 -cos30°∙2) = (5/4) ∙ (3 -2) kN.
3) Infine, troviamo la reazione XA:
Σ X = 0; XA - T sin30° = 0; → XA =Q sin30° = 5/2 kN.
Poiché tutte e tre le reazioni sono state trovate indipendentemente l'una dall'altra, per verificare è necessario prendere l'equazione che comprende ciascuna di esse:
Σ M D = XA∙3 - Y A∙4 - R B∙2 = 15/2 - 5∙(3 -2 ) - (5/2)∙ (4 - 3) = 15/2 - 15 + 10 -10 +15/2 = 0.
Esempio 17. Determinare le reazioni di supporto di un'asta avente un contorno spezzato (Fig. 39, UN).
Soluzione. Sostituiamo il carico distribuito su ciascuna sezione dell'asta con forze concentrate Q 1 = 5 kN e Q 2 = 3 kN, e l'azione del pizzicamento rigido respinto è reazioni XA,Y A E MA(Fig. 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; XA + Q 1∙sina = 0; → XA= -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, poiché sinα = 3/5, cosα = 4/5.
Controllare: Σ MV = 0; MA + XA∙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.
Esempio 18. Per il telaio mostrato in Fig. 40, UN,è necessario determinare le reazioni vincolari. Dato: F= 50kN, M= 60 kN∙m, Q= 20 kN/m.
Soluzione. Consideriamo l'equilibrio del telaio. Liberare mentalmente il telaio dai collegamenti sui supporti (Fig. 40, B) e selezionare l'oggetto dell'equilibrio. Il telaio è caricato con un carico attivo sotto forma di un sistema di forze piane arbitrarie. Invece di connessioni scartate, applichiamo reazioni all'oggetto di equilibrio: su un supporto fisso incernierato UN- verticale VA e orizzontale H A, e su un supporto mobile snodato IN- reazione verticale VB La direzione prevista delle reazioni è mostrata in Fig. 40, B.
Fig.40. Diagramma di progettazione del telaio e dell'oggetto di equilibrio per l'esempio 18:
UN– schema di progettazione; B– oggetto di equilibrio
Creiamo le seguenti condizioni di equilibrio:
Σ Fx = 0; -H A + F = 0; H A= 50kN.
Σ mA = 0; VB∙6 + M - Q∙6∙3 - F∙6 = 0; VB= 100kN.
Σ Fy = 0; VA + VB - Q∙6 = 0; VA= 20kN.
Qui, la direzione di rotazione attorno ai punti del momento in senso antiorario è convenzionalmente considerata positiva.
Per verificare la correttezza del calcolo delle reazioni, utilizziamo la condizione di equilibrio, che includerebbe tutte le reazioni di supporto, ad esempio:
Σ mC = 0; VB∙3 + M – H A∙6 – VA∙3 = 0.
Dopo aver sostituito i valori numerici, otteniamo l'identità 0=0.
Pertanto, le direzioni e l'entità delle reazioni di supporto sono determinate correttamente.
Esempio 19. Determinare le reazioni vincolari del telaio (Fig. 41, UN).
Fig.41
Soluzione. Come nell'esempio precedente, il telaio è costituito da due parti collegate da una cerniera a chiave CON. Sostituiamo il carico distribuito applicato al lato sinistro del telaio con il risultante Q 1, e a destra - il risultante Q 2 dove Q 1 = Q 2 = 2kN.
1) Trova la reazione R B dall'equazione Σ M C (Sole) = 0; → R B= 1kN;
Ogni possessore di un ingresso trifase (380 V) è obbligato a provvedere ad un carico uniforme sulle fasi per evitare di sovraccaricare una di esse. Se c'è una distribuzione non uniforme sull'ingresso trifase, se lo zero si brucia o il suo cattivo contatto, le tensioni sui fili di fase iniziano a differire l'una dall'altra, sia su che giù. A livello di potenza monofase (220 Volt), ciò può portare al guasto degli apparecchi elettrici a causa di un aumento della tensione di 250-280 Volt o di una diminuzione della tensione di 180-150 Volt. Inoltre, in questo caso, si verifica un aumento del consumo di elettricità negli apparecchi elettrici non sensibili agli squilibri di tensione. In questo articolo ti spiegheremo come viene eseguita la distribuzione del carico tra le fasi fornendo brevi istruzioni con diagramma e video esempio.
Cosa è importante sapere
Questo diagramma illustra approssimativamente una rete trifase:
La tensione tra le fasi di 380 volt è indicata in blu. Verde indica una tensione lineare uniformemente distribuita. Rosso: squilibrio di tensione.
I nuovi abbonati all'elettricità trifase in una casa o appartamento privato, quando si collegano per la prima volta, non dovrebbero fare molto affidamento su un carico inizialmente distribuito uniformemente sulla linea di ingresso. Poiché più consumatori possono essere alimentati da una linea e potrebbero avere problemi con la distribuzione.
Se dopo le misurazioni si vede che c'è (più del 10%, secondo GOST 29322-92), è necessario contattare l'organizzazione di alimentazione per adottare le misure appropriate per ripristinare la simmetria di fase. Puoi saperne di più su questo dal nostro articolo.
Secondo l'accordo tra l'abbonato e FER (sull'uso dell'elettricità), quest'ultima deve fornire elettricità di alta qualità alle case, con le specifiche . Anche la frequenza deve corrispondere a 50 Hz.
Regole di distribuzione
Quando si progetta uno schema elettrico, è necessario selezionare il più equamente possibile i gruppi di consumatori previsti e distribuirli tra le fasi. Ad esempio, ogni gruppo di prese nelle stanze della casa è collegato al proprio filo di fase e raggruppato in modo tale che il carico sulla rete sia ottimale. Le linee di illuminazione sono organizzate allo stesso modo, distribuendole tra diversi conduttori di fase, e così via: lavatrice, stufa, forno, boiler, boiler.
Al momento di decidere problemi pratici Non è sempre possibile supporre che la forza che agisce su un corpo venga applicata in un punto.
Spesso le forze vengono applicate a un'intera area del corpo (ad esempio carico di neve, vento, ecc.). Un tale carico è chiamato distribuito. Un carico uniformemente distribuito è caratterizzato da intensità q (Fig. 1.29). L'intensità è il carico totale per unità di lunghezza della struttura.
F x = Fcos(60), F y =Fcos(30)
Risolvendo questa equazione otteniamo:
Dall'equazione (2) troviamo:
Fх = 0; Asse R = 0;
Quando si risolvono problemi pratici, non è sempre possibile presumere che la forza che agisce su un corpo venga applicata in un punto.
Spesso le forze vengono applicate a un'intera area del corpo (ad esempio carico di neve, vento, ecc.). Un tale carico è chiamato distribuito. Un carico uniformemente distribuito è caratterizzato da intensità q (Fig. 1.29). L'intensità è il carico totale per unità di lunghezza della struttura. Soluzione. Utilizzeremo lo stesso piano utilizzato per risolvere i problemi su un sistema di forze convergente. L'oggetto dell'equilibrio è l'intera trave, il cui carico è mostrato nel disegno. Scartiamo i collegamenti - cerniere A e B. Scomponiamo la reazione della cerniera fissa A in due componenti -, e la reazione della cerniera mobile B è diretta perpendicolarmente al piano di appoggio.
Sulla trave agisce quindi una forza piana
sistema arbitrario
forze per le quali è possibile costruire tre equazioni di equilibrio. Selezioniamo gli assi delle coordinate e componiamo queste equazioni. Equazioni di proiezione:
1. F kx = 0; R ax -Fcos(60) = 0; 2. Fky = 0; R ay + R B - Fcos(30) = 0;
Spesso le forze vengono applicate a un'intera area del corpo (ad esempio carico di neve, vento, ecc.). Un tale carico è chiamato distribuito. Un carico uniformemente distribuito è caratterizzato da intensità q (Fig. 1.29). L'intensità è il carico totale per unità di lunghezza della struttura.
(la coppia non è inclusa nell'equazione di proiezione, poiché la somma delle proiezioni delle forze della coppia su qualsiasi asse è zero). Componiamo l'equazione del momento relativa al punto A, poiché in esso si intersecano due forze sconosciute. Trovando il momento di una coppia rispetto al punto A, ricordiamo che la somma dei momenti delle forze di coppia rispetto a qualsiasi punto è uguale al momento della coppia, e il segno del momento sarà positivo, poiché la coppia tende a ruotare il corpo in senso antiorario. Trovare il momento di forza
È conveniente scomporlo in componenti verticali e orizzontali:
F x = Fcos(60), F y =Fcos(30)
Risolvendo questa equazione otteniamo:
e utilizzare il teorema di Varignon, e si dovrebbe tenere conto del momento della forza
rispetto al punto A è zero, poiché la sua linea d'azione passa per questo punto.
Soluzione. Sostituiamo il carico uniformemente distribuito con la sua risultante Q = 3q = 310 = 30 kN. Verrà applicato a metà campata, cioè ad una distanza AC = 1,5 m. Consideriamo l'equilibrio della trave AB.
Dall'equazione (2) troviamo:
Scartiamo la connessione - la connessione rigida, e applichiamo invece due componenti della reazione R ax e R ay e la coppia reattiva M a.
Sulla trave agirà un sistema piano arbitrario di forze, per il quale si possono elaborare tre equazioni di equilibrio, dalle quali si possono trovare le incognite richieste.
Fku = 0; R ay - Q = 0; R ay = Q = 30 kN; M a (F k) = 0; M a - 1,5Q = 0; M a = 1,5Q = 1,530 = 45 kHm.
Distribuzione dello stress nel caso
problema aereo l Questo caso corrisponde allo stato tensionale sotto fondazioni di muri, muri di sostegno, terrapieni e altre strutture, la cui lunghezza supera significativamente le loro dimensioni trasversali: B Dove
– lunghezza della fondazione; R– larghezza della fondazione. In questo caso, la distribuzione delle tensioni sotto qualsiasi parte della struttura, identificata da due sezioni parallele perpendicolari all'asse della struttura, caratterizza lo stato tensionale sotto l'intera struttura e non dipende da coordinate perpendicolari alla direzione del piano caricato. M Consideriamo l'azione di un carico lineare sotto forma di una serie continua di forze concentrate R, ciascuno dei quali è per unità di lunghezza. In questo caso, le componenti di stress in qualsiasi punto
con le coordinate e b può essere trovato per analogia con il problema spaziale: Se i rapporti caratteristiche geometriche, punti in esame, B z sì presenti sotto forma di coefficienti di influenza
K , allora le formule per le tensioni possono essere scritte come segue:,Valori dei coefficienti di influenza,K z Ky K yz, tabulati in base alle coordinate relative z/b
sì/b (Tabella II.3 dell'Appendice II). Una proprietà importante del problema piano è che le componenti dello stress T e s caratteristiche geometriche 0punti in esame sì
|
dP
considerata come una forza concentrata (Fig. 3.15). B
Fig.3.15. Distribuzione casuale carichi di larghezza di banda Se il carico si estende da un punto B UN (b=b 2) al punto(b=b 1), quindi, sommando le tensioni dal suo
singoli elementi Py = P= cost. In questo caso, le direzioni principali, ad es. le direzioni in cui agiscono le tensioni normali maggiori e minori saranno le direzioni situate lungo la bisettrice degli “angoli di visibilità” e perpendicolari ad essi (Fig. 3.16). L'angolo di visibilità a è l'angolo formato dalle rette che collegano il punto in questione M con bordi di carico a nastro.
Otteniamo i valori delle tensioni principali dalle espressioni (3.27), assumendo in esse b=0:
Queste formule vengono spesso utilizzate per valutare lo stato tensionale (in particolare lo stato limite) nelle fondazioni delle strutture.
Utilizzando i valori delle tensioni principali come semiassi, è possibile costruire ellissi di tensioni che caratterizzano visivamente lo stato tensionale del terreno sottoposto ad un carico uniformemente distribuito applicato lungo la fascia. La distribuzione (posizione) delle ellissi di sollecitazione sotto l'azione di un carico locale uniformemente distribuito nelle condizioni di un problema piano è mostrata in Fig. 3.17.
Fig.3.17. Ellissi di sollecitazione sotto l'azione di un carico uniformemente distribuito in condizioni di problema piano
Usando le formule (3.28) possiamo determinare s z, sì E sì in tutti i punti della sezione perpendicolare all'asse longitudinale del carico. Se colleghiamo punti con gli stessi valori di ciascuna di queste quantità, otteniamo linee di uguale tensione. La Figura 3.18 mostra linee di tensioni verticali identiche s z, dette isobare, tensioni orizzontali s T, chiamate spinte, e tensioni tangenziali tzx, chiamati turni.
Queste curve sono state costruite da D.E. Polshin utilizzando i metodi della teoria dell'elasticità per un carico uniformemente distribuito su una striscia di larghezza B, estendendosi all'infinito in una direzione perpendicolare al disegno. Le curve mostrano l'effetto delle sollecitazioni di compressione s z intensità 0,1 carico esterno R interessa una profondità di circa 6 B, mentre le tensioni orizzontali sì e le tangenti t si propagano con la stessa intensità 0,1 R a una profondità molto inferiore (1,5 - 2,0) B. Le superfici curvilinee di uguali sollecitazioni avranno contorni simili nel caso di un problema spaziale.
Fig.3.18. Linee di uguale sollecitazione in una massa linearmente deformabile:
un - per s z(isobari); b – per s T(diffusione); dentro – per (Tabella II.3 dell'Appendice II).(spostare)
L'influenza della larghezza della striscia caricata influisce sulla profondità di propagazione della tensione. Ad esempio, per una fondazione larga 1 m, trasferendo un carico di intensità alla base R, tensione 0,1 R sarà a una profondità di 6 m dalla base, e per una fondazione larga 2 m, con la stessa intensità di carico, a una profondità di 12 m (Fig. 3.19). Se negli strati sottostanti sono presenti terreni più deboli, ciò può influenzare notevolmente la deformazione della struttura.
dove aeb / sono rispettivamente gli angoli di visibilità e inclinazione della linea rispetto alla verticale (Fig. 3.21).
Fig.3.21. Diagrammi di distribuzione delle tensioni di compressione lungo sezioni verticali di una massa di terreno sotto l'azione di un carico triangolare
La tabella II.4 dell'Appendice II mostra le dipendenze del coefficiente A| z a seconda caratteristiche geometriche/B E punti in esame/B(Fig. 3.21) per calcolare s z utilizzando la formula.
Nei calcoli ingegneristici si incontrano spesso carichi distribuiti lungo una determinata superficie secondo una legge o un'altra. Consideriamo alcuni semplici esempi di forze distribuite che giacciono sullo stesso piano.
Un sistema piano di forze distribuite è caratterizzato dalla sua intensità q, cioè dal valore della forza per unità di lunghezza del segmento caricato. L'intensità si misura in newton divisi per metri
1) Forze uniformemente distribuite lungo un segmento di retta (Fig. 69, a). Per un tale sistema di forze, l'intensità q ha un valore costante. Nei calcoli statici, questo sistema di forze può essere sostituito dalla risultante
modulo,
La forza Q viene applicata al centro del segmento AB.
2) Forze distribuite lungo un segmento di retta secondo una legge lineare (Fig. 69, b). Un esempio di tale carico può essere la forza della pressione dell'acqua su una diga valore più alto sul fondo e scende a zero sulla superficie dell'acqua. Per queste forze, l'intensità q è un valore variabile crescente da zero a valore massimo La risultante Q di tali forze si determina in modo analogo alla risultante delle forze gravitazionali agenti su una piastra triangolare omogenea ABC. Poiché il peso di una lastra omogenea è proporzionale alla sua area, allora, modulo,
La forza Q è applicata a distanza dal lato BC del triangolo ABC (vedi § 35, paragrafo 2).
3) Forze distribuite lungo un segmento di retta secondo una legge arbitraria (Fig. 69, c). La risultante Q di tali forze, per analogia con la forza di gravità, è uguale in grandezza all'area della figura ABDE, misurata sulla scala appropriata, e passa attraverso il centro di gravità di quest'area (la questione della determinazione i baricentri delle aree saranno discussi nel § 33).
4) Forze uniformemente distribuite lungo l'arco di cerchio (Fig. 70). Un esempio di tali forze sono le forze di pressione idrostatica sulle pareti laterali di un recipiente cilindrico.
Lascia che il raggio dell'arco sia uguale a , dove è l'asse di simmetria lungo il quale dirigiamo l'asse. Il sistema di forze convergenti che agiscono sull'arco ha una risultante Q, diretta per simmetria lungo l'asse e numericamente.
Per determinare il valore di Q, selezioniamo un elemento sull'arco, la cui posizione è determinata dall'angolo e la lunghezza della forza che agisce su questo elemento è numericamente uguale e la proiezione di questa forza sull'asse sarà Allora
Ma dalla Fig. 70 è chiaro che pertanto, da allora
dove è la lunghezza della corda che sottende l'arco AB; q - intensità.
Problema 27. Un carico di intensità uniformemente distribuito agisce su una trave a sbalzo A B, le cui dimensioni sono indicate nel disegno (Fig. 71). Trascurando il peso della trave e assumendo che le forze di pressione sull'estremità incassata siano determinate di conseguenza ad una legge lineare, determinare i valori delle intensità più elevate di queste forze, If
Soluzione. Sostituiamo le forze distribuite con le loro risultanti Q, R e R, dove secondo le formule (35) e (36)
ed elaborare le condizioni di equilibrio (33) per le forze parallele agenti sulla trave
Sostituendo qui invece di Q, R e R i loro valori e risolvendo le equazioni risultanti, troveremo finalmente
Ad esempio, quando arriviamo e quando
Problema 28. Un cilindro cilindrico, la cui altezza è H e il diametro interno è d, è riempito di gas sotto pressione. Lo spessore delle pareti cilindriche del cilindro è a. Determinare le sollecitazioni di trazione subite da queste pareti nelle direzioni: 1) longitudinale e 2) trasversale (la sollecitazione è pari al rapporto tra la forza di trazione e l'area della sezione trasversale), considerandola piccola.
Soluzione. 1) Tagliamo il cilindro in due parti secondo un piano perpendicolare al suo asse e consideriamo l'equilibrio di una di esse (Fig.
72, a). Su di esso agisce nella direzione dell'asse del cilindro la forza di pressione sul fondo e le forze distribuite sulla sezione trasversale (l'azione della metà scartata), la cui risultante sarà indicata con Q. All'equilibrio
Supponendo che l'area della sezione trasversale sia approssimativamente uguale, otteniamo il valore della tensione di trazione
La distanza tra i carichi concentrati è la stessa e la distanza dall'inizio della campata al primo carico concentrato è uguale alla distanza tra i carichi concentrati. In questo caso i carichi concentrati ricadono anche all'inizio e alla fine della campata, ma allo stesso tempo provocano solo un aumento della reazione all'appoggio; i carichi concentrati estremi non influenzano in alcun modo il valore dei momenti flettenti e della freccia pertanto non vengono presi in considerazione nel calcolo della capacità portante della struttura. Consideriamolo utilizzando l'esempio delle travi del solaio appoggiate su un architrave. La muratura, che può trovarsi tra l'architrave e le travi del pavimento e creare un carico uniformemente distribuito, non è mostrata per facilità di percezione.
Figura 1. Riduzione dei carichi concentrati ad un carico equivalente uniformemente distribuito.
Come si può vedere dalla Figura 1, il momento determinante è il momento flettente, che viene utilizzato nei calcoli della resistenza delle strutture. Pertanto, affinché un carico uniformemente distribuito produca lo stesso momento flettente di un carico concentrato, è necessario moltiplicarlo per l'appropriato fattore di transizione (fattore di equivalenza). E questo coefficiente è determinato dalle condizioni di uguaglianza dei momenti. Penso che la Figura 1 lo illustri molto bene. Inoltre, analizzando le dipendenze ottenute, possiamo dedurre formula generale per determinare il coefficiente di transizione. Quindi, se il numero di carichi concentrati applicati è dispari, ad es. uno dei carichi concentrati cade necessariamente a metà campata, quindi per determinare il coefficiente di equivalenza si può utilizzare la formula:
γ = n/(n - 1) (305.1.1)
dove n è il numero di campate tra carichi concentrati.
q eq = γ(n-1)Q/l (305.1.2)
dove (n-1) è il numero di carichi concentrati.
Tuttavia, a volte è più conveniente effettuare i calcoli in base al numero di carichi concentrati. Se questa quantità è espressa dalla variabile m, allora
γ = (m+1)/m (305.1.3)
In questo caso il carico equivalente uniformemente distribuito sarà pari a:
qeq = γmQ/l (305.1.4)
Quando il numero di carichi concentrati è pari, ad es. nessuno dei carichi concentrati cade a metà della campata, allora il valore del coefficiente può essere preso come il successivo valore dispari del numero di carichi concentrati. In generale, subordinatamente alle condizioni di carico specificate, possono essere accettati i seguenti coefficienti di transizione:
γ = 2- se nella struttura in esame, ad esempio, la trave riceve un solo carico concentrato al centro dell'architrave.
γ = 1,33- per una trave soggetta a 2 o 3 carichi concentrati;
γ = 1,2- per una trave soggetta a 4 o 5 carichi concentrati;
γ = 1,142- per una trave soggetta a 6 o 7 carichi concentrati;
γ = 1,11- per una trave soggetta a 8 o 9 carichi concentrati.
Opzione 2
La distanza tra i carichi concentrati è la stessa, con la distanza dall'inizio della campata al primo carico concentrato pari alla metà della distanza tra i carichi concentrati. In questo caso i carichi concentrati non ricadono all'inizio e alla fine della campata.
Figura 2. Valori dei coefficienti di transizione per l'opzione 2 di applicazione di carichi concentrati.
Come si può vedere dalla Figura 2, con questa opzione di caricamento, il valore del coefficiente di transizione sarà significativamente inferiore. Quindi, ad esempio, con un numero pari di carichi concentrati, il coefficiente di transizione può generalmente essere assunto pari all'unità. Per un numero dispari di carichi concentrati, è possibile utilizzare la formula per determinare il coefficiente di equivalenza:
γ = (m+7)/(m+6) (305.2.1)
dove m è il numero di carichi concentrati.
In questo caso il carico equivalente uniformemente distribuito sarà comunque pari a:
qeq = γmQ/l (305.1.4)
In generale, subordinatamente alle condizioni di carico specificate, possono essere accettati i seguenti coefficienti di transizione:
γ = 2- se la struttura in esame, ad esempio, riceve un solo carico concentrato al centro dell'architrave, e se le travi del solaio cadono all'inizio o alla fine della campata o si trovano arbitrariamente distanti dall'inizio e dalla fine della campata, in questo caso non importa. E questo è importante quando si determina il carico concentrato.
γ = 1- se la struttura in questione è soggetta ad un numero pari di carichi.
γ = 1,11- per una trave soggetta a 3 carichi concentrati;
γ = 1.091- per una trave soggetta a 5 carichi concentrati;
γ = 1.076- per una trave soggetta a 7 carichi concentrati;
γ = 1,067- per una trave soggetta a 9 carichi concentrati.
Nonostante alcune definizioni complicate, i coefficienti di equivalenza sono molto semplici e convenienti. Poiché in fase di calcolo molto spesso è noto il carico distribuito agente per metro quadrato o lineare, per non trasformare il carico distribuito prima in uno concentrato e poi nuovamente in uno distribuito equivalente, è sufficiente moltiplicare semplicemente il valore del carico distribuito mediante il coefficiente appropriato. Ad esempio, il soffitto sarà soggetto ad un carico distribuito standard di 400 kg/m2, mentre il peso proprio del soffitto sarà di altri 300 kg/m2. Quindi, con una trave del solaio lunga 6 m, sull'architrave potrebbe agire un carico uniformemente distribuito q = 6(400 + 300)/2 = 2100 kg/m. E poi, se c'è solo una trave del solaio al centro della campata, allora γ = 2, e
qeq = γq = 2q (305.2.2)
Se nessuna delle due condizioni precedenti è soddisfatta, è impossibile utilizzare i coefficienti di transizione nella loro forma pura, è necessario aggiungere un paio di coefficienti aggiuntivi che tengano conto della distanza dalle travi che non cadono all'inizio e alla fine; della luce dell'architrave, nonché la possibile asimmetria dell'applicazione di carichi concentrati. In linea di principio è possibile ricavare tali coefficienti, ma in ogni caso essi si ridurranno in tutti i casi se consideriamo il 1° caso di carico e nel 50% dei casi se consideriamo il 2° caso di carico, cioè i valori di tali coefficienti saranno< 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.
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