Tillsammans med de koncentrerade krafter som diskuterats ovan kan byggnadskonstruktioner och strukturer utsättas för fördelade belastningar- i volym, längs ytan eller längs en viss linje - och bestäms av det intensitet.
Ett exempel på en last fördelade över området, är snölasten, vindtrycket, vätske- eller marktrycket. Intensiteten hos en sådan ytlast har dimensionen tryck och mäts i kN/m2 eller kilopascal (kPa = kN/m2).
När man löser problem är det ofta en belastning som fördelade längs balkens längd. Intensitet q sådan belastning mäts i kN/m.
Betrakta en balk laddad på sektionen [ a, b] fördelad belastning, vars intensitet varierar enligt lagen q= q(x). För att bestämma stödreaktionerna för en sådan balk är det nödvändigt att ersätta den fördelade lasten med en ekvivalent koncentrerad. Detta kan göras enligt följande regel:
Låt oss överväga speciella fall av distribuerad belastning.
A) allmänt fall av fördelad belastning(Bild 24)
Fig.24
q(x) - intensiteten hos fördelad kraft [N/m],
Elementär kraft.
l– segmentets längd
Intensitetskraften q(x) fördelad längs ett rakt segment är ekvivalent med en koncentrerad kraft
Koncentrerad kraft appliceras vid en punkt MED(Centrum parallella krafter) med koordinat
b) konstant fördelad belastningsintensitet(Bild 25)
Fig.25
V) fördelad belastningsintensitet varierande linjärt(Bild 26)
Fig. 26
Beräkning av sammansatta system.
Under sammansatta system Vi kommer att förstå strukturer som består av flera kroppar kopplade till varandra.
Innan vi går vidare till att överväga funktionerna i beräkningen av sådana system introducerar vi följande definition.
Statiskt definierbarDessa är problem och statiska system för vilka antalet okända reaktioner av begränsningar inte överstiger det maximalt tillåtna antalet ekvationer.
Om antalet okända är större än antalet ekvationer, relevant uppgifter och system kallas statiskt obestämd. I det här fallet kallas skillnaden mellan antalet okända och antalet ekvationer grad av statisk obestämdhet system.
För varje plan kraftsystem som verkar på en stel kropp finns det tre oberoende jämviktsförhållanden. Följaktligen, för alla plana kraftsystem från jämviktsförhållanden kan man inte hitta mer än tre okända kopplingsreaktioner.
I fallet med ett rumsligt kraftsystem som verkar på en stel kropp, finns det sex oberoende jämviktsförhållanden. Följaktligen, för alla rumsliga kraftsystem från jämviktsförhållanden kan man inte hitta mer än sex okända kopplingsreaktioner.
Låt oss förklara detta med följande exempel.
1. Låt mitten av ett viktlöst idealblock (exempel 4) hållas av inte två, utan tre stavar: AB, Sol Och BD och det är nödvändigt att bestämma stavarnas reaktioner och försumma blockets dimensioner.
Med hänsyn till villkoren för problemet får vi ett system med konvergerande krafter, där man kan bestämma tre okända: S A, S C Och S D det är fortfarande möjligt att komponera ett system av endast två ekvationer: Σ X = 0, Σ Y=0. Uppenbarligen kommer det uppställda problemet och det motsvarande systemet att vara statiskt obestämda.
2. En balk, stelt fast i den vänstra änden och med ett gångjärnsfäst stöd i den högra änden, är belastad med ett godtyckligt plan kraftsystem (fig. 27).
För att bestämma stödreaktionerna kan du bara skapa tre jämviktsekvationer, som kommer att inkludera 5 okända stödreaktioner: X A, Y A,M A,X B Och Y B. Det angivna problemet kommer att vara två gånger statiskt obestämt.
Ett sådant problem kan inte lösas inom ramen för teoretisk mekanik, förutsatt att kroppen i fråga är absolut solid.
Fig. 27
Låt oss återgå till studiet av sammansatta system, en typisk representant för vilka är en tregångsram (Fig. 28, A). Den består av två kroppar: A.C. Och FÖRE KRISTUS., ansluten nyckel gångjärn C. Använd denna ram som ett exempel, överväg två sätt att bestämma stödreaktionerna hos kompositsystem.
1 sätt. Tänk på kroppen A.C., laddad med en given kraft R, kassera alla anslutningar i enlighet med axiom 7 och ersätta dem med externa reaktioner ( X A, Y A) och inre ( X C, YC) anslutningar (bild 28, b).
På samma sätt kan vi överväga kroppens balans FÖRE KRISTUS. under påverkan av stödreaktioner I - (X B, Y B) och reaktioner i anslutningsgångjärnet C - (X C', YC’), där, i enlighet med axiom 5: X C= X C', YC= YC’.
För var och en av dessa kroppar kan tre jämviktsekvationer konstrueras, alltså Totala numret okänd: X A, Y A , X C=X C', YC =YC’, X B, Y Bär lika med det totala antalet ekvationer, och problemet är statiskt definierbart.
Låt oss komma ihåg att enligt villkoren för problemet var det nödvändigt att bestämma endast 4 stödreaktioner, men vi var tvungna att göra ytterligare arbete genom att bestämma reaktionerna i det anslutande gångjärnet. Detta är nackdelen med denna metod för att bestämma stödreaktioner.
Metod 2. Tänk på balansen i hela ramen ABC, kasserar endast externa anslutningar och ersätter dem med okända supportreaktioner X A, Y A,X B, Y B .
Det resulterande systemet består av två kroppar och är inte absolut fast kropp, eftersom avståndet mellan punkter A Och I kan förändras på grund av ömsesidig rotation av båda delarna i förhållande till gångjärnet MED. Ändå kan vi anta att helheten av krafter som appliceras på ramen ABC bildar ett system om vi använder stelningsaxiomet (fig. 28, V).
Fig. 28
Alltså för kroppen ABC tre jämviktsekvationer kan konstrueras. Till exempel:
Σ M A = 0;
Σ X = 0;
Dessa tre ekvationer kommer att inkludera 4 okända stödreaktioner X A, Y A,X B Och Y B. Observera att ett försök att använda till exempel detta som en saknad ekvation: Σ M V= 0 kommer inte att leda till framgång, eftersom denna ekvation kommer att vara linjärt beroende av de föregående. För att erhålla en linjärt oberoende fjärde ekvation är det nödvändigt att överväga jämvikten hos en annan kropp. Som det kan du ta en av delarna av ramen, till exempel - Sol. I det här fallet måste du skapa en ekvation som skulle innehålla de "gamla" okända X A, Y A,X B, Y B och innehöll inga nya. Till exempel, ekvationen: Σ X (Sol) = 0 eller fler detaljer: - X C ' + X B= 0 är inte lämplig för dessa ändamål, eftersom den innehåller en "ny" okänd X C’, men här är ekvationen Σ M C (Sol) = 0 uppfyller alla nödvändiga villkor. Således kan de nödvändiga stödreaktionerna hittas i följande sekvens:
Σ M A = 0; → Y B= R/4;
Σ M V = 0; → Y A= -R/4;
Σ M C (Sol) = 0; → X B= -R/4;
Σ X = 0; →X A= -3R/4.
För att kontrollera kan du använda ekvationen: Σ M C (AC) = 0 eller mer detaljerat: - Y A∙2 + X A∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 +R∙1 = R/2 - 3R/2 +R = 0.
Observera att denna ekvation inkluderar alla 4 hittade stödreaktioner: X A Och Y A- i explicit form, och X B Och Y B- implicit, eftersom de användes för att bestämma de två första reaktionerna.
Grafisk bestämning av stödreaktioner.
I många fall kan problemlösning förenklas om man i stället för jämviktsekvationer eller utöver dem direkt använder jämviktsvillkor, axiom och statiska satser. Motsvarande tillvägagångssätt kallas grafisk bestämning av stödreaktioner.
Innan vi går vidare till att överväga den grafiska metoden, noterar vi att, som för ett system av konvergerande krafter, bara de problem som kan lösas analytiskt kan lösas grafiskt. Samtidigt är den grafiska metoden för att bestämma stödreaktioner bekväm för ett litet antal belastningar.
Så den grafiska metoden för att bestämma stödreaktioner är huvudsakligen baserad på användningen av:
Axiom om jämvikten i ett system av två krafter;
Axiom om handling och reaktion;
Tre kraftsatser;
Jämviktsförhållanden för ett plan kraftsystem.
På grafisk definition reaktioner av kompositsystem rekommenderas följande sekvens av övervägande:
Välj en kropp med ett minimum antal algebraiska okända kopplingsreaktioner;
Om det finns två eller flera sådana kroppar, börja då lösningen med att överväga kroppen som färre krafter appliceras på;
Om det finns två eller flera sådana organ, välj sedan den kropp för vilken större antal krafter är kända genom riktning.
Problemlösning.
När du löser problemen i detta avsnitt bör du komma ihåg alla allmänna instruktioner som gjordes tidigare.
När man börjar lösa är det först och främst nödvändigt att fastställa jämvikten för vilken speciell kropp som bör beaktas i detta problem. Sedan, efter att ha isolerat denna kropp och betraktat den som fri, bör man avbilda alla givna krafter och reaktioner av kasserade bindningar som verkar på kroppen.
Därefter bör du skapa jämviktsvillkor genom att tillämpa formen av dessa villkor som leder till ett enklare ekvationssystem (det enklaste systemet kommer att vara ett ekvationssystem, som var och en inkluderar en okänd).
För att få mer enkla ekvationer följer (om det inte komplicerar beräkningen):
1) när du komponerar projektionsekvationer, utför koordinataxel, vinkelrät mot någon okänd kraft;
2) när man ritar en momentekvation, är det lämpligt att välja som en momentpunkt punkten där handlingslinjerna för två av de tre okända stödreaktionerna skär varandra - i detta fall kommer de inte att inkluderas i ekvationen, och det kommer att innehålla endast en okänd;
3) om två av de tre okända stödreaktionerna är parallella, då när man ritar en ekvation i projektioner på axeln, bör den senare riktas så att den är vinkelrät mot de två första reaktionerna - i detta fall kommer ekvationen endast att innehålla den sista okända;
4) vid lösning av ett problem måste koordinatsystemet väljas så att dess axlar är orienterade på samma sätt som majoriteten av systemets krafter som appliceras på kroppen.
Vid beräkning av moment är det ibland bekvämt att expandera given makt i två komponenter och, med hjälp av Varignons teorem, hitta kraftmomentet som summan av momenten för dessa komponenter.
Lösningen av många statiska problem handlar om att bestämma reaktionerna hos de stöd med vilka balkar, brofackverk etc. säkras.
Exempel 7. Till konsolen som visas i fig. 29, A, vid noden I en last som väger 36 kN är upphängd. Fästelementens anslutningar är gångjärnsförsedda. Bestäm krafterna som uppstår i stavarna AB Och Sol, med tanke på dem viktlösa.
Lösning. Tänk på nodens jämvikt I, där stavarna möts AB Och Sol. Knut I representerar en punkt på ritningen. Eftersom lasten är upphängd från noden I, sedan vid punkten I applicera en kraft F lika med vikten av den upphängda lasten. Stavar VA Och Sol, gångjärnsansluten i en nod I, begränsa möjligheten till någon linjär rörelse i vertikalplanet, dvs. är anslutningar i förhållande till noden I.
Ris. 29. Beräkningsdiagram för konsolen till exempel 7:
A - designschema; b – kraftsystem i en nod B
Mentalt förkasta anslutningar och ersätta deras handlingar med krafter - reaktioner av anslutningar R A Och R C. Eftersom stavarna är viktlösa, är reaktionerna hos dessa stavar (krafter i stavarna) riktade längs stavarnas axel. Låt oss anta att båda stavarna är sträckta, d.v.s. deras reaktioner riktas från gångjärnet in i stängerna. Sedan, om reaktionen efter beräkning visar sig vara med ett minustecken, kommer detta att betyda att reaktionen faktiskt är riktad i motsatt riktning mot den som anges på ritningen, dvs. staven kommer att komprimeras.
I fig. 29, b det visas att vid punkten I aktiv kraft applicerad F och reaktioner av anslutningar R A Och R S. Det kan ses att det avbildade kraftsystemet representerar ett platt kraftsystem som konvergerar vid en punkt. Vi väljer godtyckliga koordinataxlar OXE Och OY och komponera jämviktsekvationer av formen:
Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;
Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.
Med tanke på att cos (90 -α ) = syndα, från den andra ekvationen finner vi
Rc = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN.
Ersätter värdet Rc in i den första ekvationen får vi
Ra = -Rc cos a= - (-72) ∙0,866 = 62,35 kN.
Alltså staven AB- sträckt, och spö Sol- komprimerad.
För att kontrollera att de hittade krafterna i stavarna är korrekta projicerar vi alla krafterna på vilken axel som helst som inte sammanfaller med axlarna X Och Y t.ex. axel U:
Σ F u = 0; -Rc - Ra cosα -Fcos(90-a) = 0.
Efter att ha ersatt värdena för de hittade krafterna i stavarna (dimension i kilonewton) får vi
- (-72) – 62,35∙0,866 - 36∙0,5 = 0; 0 = 0.
Jämviktsvillkoret är uppfyllt, så de hittade krafterna i stavarna är korrekta.
Exempel 8. Balken på en byggställning, vars vikt kan försummas, hålls i horisontellt läge av en flexibel stång CD och vilar vridbart på väggen vid en punkt A. Hitta dragkraften CD, om en arbetare som väger 80 kg står på kanten av ställningen ≈0,8 kN (bild 30, A).
Ris. trettio. Designdiagram av ställningar till exempel 8:
A– designdiagram; b– kraftsystem som verkar på ställningen
Lösning. Vi väljer objektet för jämvikt. I det här exemplet är objektet för jämvikt ställningsbalken. Vid punkten I aktiv kraft verkar på balken F, lika med vikten av en person. Anslutningarna i detta fall är ett fast stödgångjärn A och dragkraft CD. Låt oss mentalt förkasta anslutningarna och ersätta deras verkan på strålen med reaktionerna från anslutningarna (Fig. 30, b). Det finns inget behov av att bestämma reaktionen av ett fast gångjärnsstöd enligt villkoren för problemet. Reaktion i dragkraft CD riktad längs dragkraften. Låt oss anta att stången CD sträckt, d.v.s. reaktion R D riktad bort från gångjärnet MED inuti spöet. Låt oss bryta ner reaktionen R D, enligt parallellogramregeln, i horisontella och vertikala komponenter:
R Dx berg =R D cosα ;
R Dy vert = R D cos(90-a) = R D syndα .
Som ett resultat fick vi ett godtyckligt platt kraftsystem, ett nödvändigt villkor vars jämvikt är lika med noll av tre oberoende jämviktsförhållanden.
I vårt fall är det lämpligt att först skriva ner jämviktstillståndet i form av en summa av moment i förhållande till momentpunkten A, sedan ögonblicket för supportreaktionen R A i förhållande till denna punkt är noll:
Σ mA = 0; F∙3a - R dy∙ a = 0
F∙3a - R D syndα = 0.
Menande trigonometriska funktioner bestämma från triangeln ACD:
cosα = AC/CD = 0,89,
sinα = AD/CD = 0,446.
När vi löser jämviktsekvationen får vi R D = 5,38 kN. (Resa CD- sträckt).
För att kontrollera korrektheten av beräkningen av kraften i sladden CD det är nödvändigt att beräkna åtminstone en av komponenterna i bärarreaktionen R A. Låt oss använda jämviktsekvationen i formen
Σ Fy = 0; V A + R Dy- F= 0
V A = F- Rdy.
Härifrån V A= -1,6 kN.
Minustecknet betyder att den vertikala komponenten av reaktionen R A på stödet är riktat nedåt.
Låt oss kontrollera korrektheten av beräkningen av kraften i sladden. Vi använder ett annat jämviktstillstånd i form av momentekvationer kring punkten I.
Σ mB = 0; V A∙3a + R Dy ∙ 2a = 0;
1,6∙3A + 5,38∙0,446∙2A = 0; 0 = 0.
Jämviktsvillkoren är uppfyllda, så kraften i strängen hittas korrekt.
Exempel 9. Den vertikala betongpelaren är ingjuten med sin nedre ände i en horisontell bas. En last från byggnadsväggen som väger 143 kN överförs till stolpen ovanifrån. Pelaren är gjord av betong med en densitet γ = 25 kN/m 3. Måtten på pelaren visas i fig. 31, A. Bestäm reaktioner vid stel inbäddning.
Ris. 31. Beräkningsdiagram för pelaren till exempel 9:
A– Lastschema och stolpdimensioner. b– designschema
Lösning. I detta exempel är objektet för jämvikt en pelare. Kolumnen är laddad med följande typer av aktiva laster: vid punkten A koncentrerad kraft F, lika med byggnadsväggens vikt, och pelarens egenvikt i form av en belastningsintensitet jämnt fördelad längs balkens längd q för varje meter stavlängd: q = 𝛾A, Var A- kolonnens tvärsnittsarea.
q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.
Anslutningarna i detta exempel är den styva inbäddningen vid stolpens bas. Låt oss mentalt kassera förseglingen och ersätta dess verkan med reaktioner av anslutningar (Fig. 31, b).
I vårt exempel överväger vi specialfall verkan av ett kraftsystem vinkelrätt mot inbäddningen och som passerar längs en axel genom appliceringspunkten för stödreaktioner. Sedan två stödreaktioner: den horisontella komponenten och det reaktiva momentet kommer att vara lika med noll. För att bestämma den vertikala komponenten av stödreaktionen projicerar vi alla krafter på elementets axel. Låt oss rikta in denna axel med axeln Z, då kommer jämviktsvillkoret att skrivas i följande form:
Σ F Z = 0; V B - F - ql = 0,
Var ql- resultat av den fördelade belastningen.
V B = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.
Plustecknet indikerar att reaktionen V B riktad uppåt.
För att kontrollera korrektheten av beräkningen av stödreaktionen återstår ytterligare ett jämviktstillstånd - i form av en algebraisk summa av momenten för alla krafter i förhållande till någon punkt som inte passerar genom elementets axel. Vi föreslår att du själv utför denna kontroll.
Exempel 10. För strålen som visas i fig. 32, A, är det nödvändigt att bestämma stödreaktionerna. Given: F= 60 kN, q= 24 kN/m, M= 28 kN∙m.
Ris. 32. Designdiagram och dimensioner för balk till exempel 10:
Lösning. Tänk på jämvikten hos en stråle. Balken belastas med en aktiv last i form av ett platt system av parallella vertikala krafter bestående av en koncentrerad kraft F likformigt fördelad belastningsintensitet q med resulterande F, applicerad i lastutrymmets tyngdpunkt (bild 32, b), och koncentrerat ögonblick M, som kan representeras som ett kraftpar.
Anslutningarna i denna balk är ett gångjärnsfast stöd A och ledat rörligt stöd I. Låt oss välja jämviktsobjektet för att göra detta, vi kommer att förkasta de stödjande kopplingarna och ersätta deras handlingar med reaktioner i dessa förbindelser (fig. 32, b). Reaktion av det rörliga stödet R Bär riktad vertikalt, och reaktionen av det ledade-fixerade stödet R A kommer att vara parallell med det aktiva systemet aktiva krafter och är också riktad vertikalt. Låt oss anta att de pekar uppåt. Resultat av fördelad belastning F= 4,8∙q appliceras i mitten av symmetri i lastutrymmet.
När man bestämmer stödreaktioner i balkar är det nödvändigt att sträva efter att konstruera jämviktsekvationer på ett sådant sätt att var och en av dem bara inkluderar en okänd. Detta kan uppnås genom att konstruera två momentekvationer kring referenspunkterna. Stödreaktionerna kontrolleras vanligtvis genom att sammanställa en ekvation i form av summan av projektionerna av alla krafter på en axel vinkelrät mot elementets axel.
Låt oss villkorligt acceptera rotationsriktningen för momentet av stödreaktioner runt momentpunkterna som positiva, då kommer den motsatta rotationsriktningen för krafterna att betraktas som negativ.
Nödvändigt och tillräckligt skick jämvikt i detta fall är lika med noll för oberoende jämviktsförhållanden i formen:
Σ mA = 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.
Genom att ersätta de numeriska värdena för kvantiteterna finner vi
V B= 14,4 kN, V A= 15,6 kN.
För att kontrollera riktigheten av de hittade reaktionerna använder vi jämviktsvillkoret i formen:
Σ Fy = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.
Efter att ha ersatt numeriska värden i denna ekvation får vi en identitet av typen 0=0. Härifrån drar vi slutsatsen att beräkningen utfördes korrekt och att reaktionerna på båda stöden är riktade uppåt.
Exempel 11. Bestäm stödreaktionerna för balken som visas i Fig. 33, A. Given: F= 2,4 kN, M= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.
Ris. 33. Designdiagram och balkdimensioner till exempel 11:
a – designdiagram; b – jämviktsobjekt
Lösning. Tänk på jämvikten hos en stråle. Befria strålen mentalt från anslutningarna på stöden och välj objektet för jämvikt (Fig. 33, b). Balken belastas med en aktiv last i form av ett godtyckligt plan kraftsystem. Resultat av fördelad belastning F = q∙3 är fäst i mitten av symmetri i lastutrymmet. Styrka F Låt oss dekomponera parallellogrammet i komponenter - horisontellt och vertikalt - enligt parallellogramregeln.
F z = F cosa= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;
F y =F cos(90-a) = F synd 60°= 2,08 kN.
Vi tillämpar reaktioner på jämviktsobjektet istället för kasserade samband. Antag vertikal reaktion V A artikulerat stöd A uppåtgående, vertikal reaktion V B ledat fast stöd Bär också riktad uppåt, och den horisontella reaktionen H B- till höger.
Således, i fig. 33, b skildrar ett godtyckligt plan kraftsystem, vars nödvändiga villkor för jämvikt är lika med noll av tre oberoende jämviktsförhållanden för ett plan kraftsystem. Kom ihåg att, enligt Varignons teorem, kraftmomentet F i förhållande till någon punkt lika med summan moment av komponenter F z och F y i förhållande till samma punkt. Låt oss konventionellt acceptera rotationsriktningen för momentet för stödreaktionerna runt momentpunkterna som positiv, då kommer den motsatta rotationsriktningen för krafterna att betraktas som negativ.
Då är det lämpligt att formulera jämviktsförhållandena i följande form:
Σ F Z = 0; - F z + H B= 0; härifrån H B= 1,2 kN;
Σ mA = 0; V B∙6 + M - Fy∙2 + 3q∙0,5 = 0; härifrån V B= -1,456 kN;
Σ m B = 0; V A ∙6 - 3q∙6,5 - Fy ∙4 - M= 0; härifrån V A= 5,336 kN.
För att kontrollera riktigheten av de beräknade reaktionerna använder vi ytterligare ett jämviktsvillkor som inte användes, till exempel:
Σ Fy = 0; V A + V B - 3q - Fy = 0.
Vertikal stödreaktion V B visades med ett minustecken, detta visar att i denna stråle är den riktad inte upp, utan ner.
Exempel 12. Bestäm stödreaktionerna för en balk som är styvt inbäddad på ena sidan och som visas i fig. 34, A. Given: q=20 kN/m.
Ris. 34. Designdiagram och balkdimensioner till exempel 12:
a – designdiagram; b – jämviktsobjekt
Lösning. Låt oss välja objektet för jämvikt. Balken belastas med en aktiv last i form av ett plant system av parallella krafter placerade vertikalt. Befria strålen mentalt från anslutningarna i inbäddningen och ersätt dem med reaktioner i form av koncentrerad kraft V B och kraftpar med det önskade reaktiva vridmomentet M B(se bild 34, b). Eftersom aktiva krafter endast verkar i vertikal riktning, den horisontella reaktionen H B lika med noll. Låt oss villkorligt ta rotationsriktningen för momentet av stödreaktioner runt ögonblickspunkterna medurs som positiv, då kommer den motsatta rotationsriktningen för krafterna att betraktas som negativ.
Vi sammanställer jämviktsförhållandena i formen
Σ Fy = 0; V B- q∙1,6 = 0;
Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.
Här q∙1,6 – resultant av den fördelade lasten.
Ersätter de numeriska värdena för den fördelade lasten q, vi hittar
V V= 32 kN, M B= 38,4 kN∙m.
För att kontrollera att de hittade reaktionerna är korrekta, låt oss skapa ett annat jämviktstillstånd. Låt oss nu ta någon annan punkt som momentpunkt, till exempel den högra änden av strålen, då:
Σ mA = 0; M B – V B∙2 + q∙1,6∙0,8 = 0 .
Efter att ha ersatt de numeriska värdena får vi identiteten 0=0.
Vi drar slutligen slutsatsen att supportreaktionerna hittades korrekt. Vertikal reaktion V Bär riktad uppåt, och det reaktiva vridmomentet M V- medsols.
Exempel 13. Bestäm strålens stödreaktioner (fig. 35, A).
Lösning. Den aktiva belastningen är resultanten av den fördelade belastningen F=(1/2)∙aq=(1/2)∙3∙2=3kN, vars verkningslinje passerar på ett avstånd av 1 m från vänster stöd, trådens spänningskraft T = R= 2 kN applicerad vid den högra änden av strålen och koncentrerat moment.
Eftersom den senare kan ersättas av ett par vertikala krafter, belastningen som verkar på balken, tillsammans med reaktionen från det rörliga stödet I bildar ett system av parallella krafter, så reaktionen R A kommer också att riktas vertikalt (bild 35, b).
För att bestämma dessa reaktioner använder vi jämviktsekvationer.
Σ M A = 0; -F∙1 + R B∙3 - M + T∙5 = 0,
R B = (1/3) (F + M-R∙5) = (1/3) (3 + 4 - 2∙5) = -1 kN.
Σ M B = 0; - R A∙3 +F∙2 - M+ T∙2 = 0,
R A= (1/3) (F∙2 - M+R∙2) = (1/3) (3∙2 - 4 + 2∙2) = 2 kN.
Fig. 35
För att kontrollera riktigheten av den erhållna lösningen använder vi ytterligare en jämviktsekvation:
Σ Y i = R A - F + R B+T = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,
det vill säga att problemet löstes korrekt.
Exempel 14. Ta reda på stödreaktionerna för den fribärande balken belastad med en fördelad belastning (fig. 36, A).
Lösning. Resultanten av den fördelade lasten appliceras i tyngdpunkten i lastdiagrammet. För att inte leta efter läget för trapetsens tyngdpunkt, låt oss föreställa oss det som summan av två trianglar. Då kommer den givna lasten att motsvara två krafter: F 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN och F 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, som appliceras vid tyngdpunkten för var och en av trianglarna (Fig. 36, b).
Fig. 36
De stela klämstödsreaktionerna representeras av kraften R A och ögonblicket M A, för att bestämma vilken det är lämpligare att använda jämviktsekvationerna för ett system med parallella krafter, det vill säga:
Σ M A = 0; M A= 15 kN∙m;
Σ Y= 0, R A= 9 kN.
För att kontrollera använder vi tilläggsekvationen Σ M V= 0, där punkt I placerad i den högra änden av balken:
Σ M V = M A - R A∙3 + F 1 ∙2 + F 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.
Exempel 15. Homogen balkvägning F= 600 N och längd l= 4 m vilar i ena änden på ett slätt golv, och mellanpunkt I per stolphöjd h= 3 m, bildar en vinkel på 30° med vertikalen. I detta läge hålls strålen av ett rep som sträcks över golvet. Bestäm repets spänning T och kolumnreaktioner - R B och kön - R A(Fig. 37, A).
Lösning. Under en balk eller stav in teoretisk mekanik förstå en kropp vars tvärdimensioner i jämförelse med dess längd kan försummas. Alltså vikten F homogen stråle appliceras vid en punkt MED, Var AC= 2 m.
Fig. 37
1) Eftersom två av de tre okända reaktionerna tillämpas vid punkten A, är det första steget att skapa ekvationen Σ M A= 0, eftersom endast reaktionen kommer att gå dit R B:
- R B∙AB+F∙(l/2)∙sin30° = 0,
Var AB = h/cos30°= 2 m.
Om vi ställer in i ekvationen får vi:
R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,
R B= 600/ (2) = 100 ≅ 173 N.
På samma sätt kunde man från ögonblicksekvationen hitta reaktionen R A, genom att välja den punkt där handlingslinjerna skär varandra som ögonblickspunkt R B Och T. Detta kommer dock att kräva ytterligare konstruktioner, så det är lättare att använda andra jämviktsekvationer:
2) Σ X = 0; R B∙cos30° - T = 0; → T = R B∙cos30°= 100 ∙( /2) = 150 N;
3) Σ Y= 0, R B∙sin 30°- F +R A= 0; → R A = F- R B∙sin30°= 600 - 50 ≅ 513 N.
Så hittade vi T Och R A genom R B, därför kan du kontrollera riktigheten av den erhållna lösningen med hjälp av ekvationen: Σ M B= 0, vilket kommer att inkludera alla reaktioner som hittats, antingen explicit eller implicit:
R A∙AB sin 30°- T∙AB cos30° - F∙(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.
Erhålls som ett resultat av avrundning resterande∆= -0,5 anropas absolut fel beräkningar.
För att svara på frågan om hur exakt det erhållna resultatet är, beräkna relativt fel , som bestäms av formeln:
ε=[|∆| / min(|Σ + |, |Σ - |)]∙100% =[|-0,5| / min(|887,5|, |-888|)]∙100% = (0,5/887,5)∙100% = 0,06%.
Exempel 16. Bestäm stödreaktionerna för ramen (Fig. 38). Här och vidare, om inte annat anges, kommer alla dimensioner i figurerna att beaktas i meter och krafter - i kilonewton.
Fig. 38
Lösning. Låt oss betrakta jämvikten hos en ram på vilken trådspänningskraften appliceras som en aktiv kraft T, lika med lastens vikt F.
1) Reaktion av det rörliga stödet R B finner vi från ekvationen Σ M A= 0. För att inte beräkna kraftens hävstångseffekt T, kommer vi att använda Varignons teorem och sönderdela denna kraft i horisontella och vertikala komponenter:
R B∙2 + T sin30°∙3 - T cos30°∙4 = 0; → R B = (1/2)∙ F(cos30°∙4 - sin30°∙3) = (5/4) ∙ (4 - 3) kN.
2) Att beräkna Y A låt oss skapa en ekvation Σ M C= 0, där punkt MED ligger i skärningspunkten mellan reaktionsaktionslinjer R B Och X A:
- Y A∙2 + T sin30°∙3 - T cos30°∙2 = 0; → Y A= (1/2)∙ F(sin30°∙3 -cos30°∙2) = (5/4) ∙ (3 -2) kN.
3) Till sist hittar vi reaktionen X A:
Σ X = 0; X A - T sin30° = 0; → X A =F sin30° = 5/2 kN.
Eftersom alla tre reaktionerna hittades oberoende av varandra, för att kontrollera måste du ta ekvationen som inkluderar var och en av dem:
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.
Exempel 17. Bestäm stödreaktionerna för en stav med en bruten kontur (bild 39, A).
Lösning. Vi ersätter den fördelade belastningen på varje sektion av stången med koncentrerade krafter F 1 = 5 kN och F 2 = 3 kN, och verkan av den avvisade stela nypningen är reaktioner X A,Y A Och M A(Fig. 39, b).
Fig. 39
1) Σ M A = 0; M A -F 1 ∙2,5 - F 2 ∙5,5 = 0; → M A= 5∙2,5 + 3∙5,5 = 12,5 + 16,5 = 29 kNm.
2) Σ X = 0; X A + F 1 ∙sina = 0; → X A= -5∙(3/5) = -3 kN.
3) Σ Y= 0; Y A - F 1 cosa - F 2 = 0; →Y A= 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 kN, eftersom sinα = 3/5, cosα = 4/5.
Kontrollera: Σ M V = 0; M A + X A∙3 - Y A∙7 +F 1 cosα∙4,5 + F 1 sinα∙1,5 + F 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.
Exempel 18. För ramen som visas i fig. 40, A, det är nödvändigt att bestämma stödreaktionerna. Given: F= 50 kN, M= 60 kN∙m, q= 20 kN/m.
Lösning. Låt oss överväga ramens jämvikt. Befria ramen mentalt från anslutningarna på stöden (fig. 40, b) och välj objektet för jämvikt. Ramen är belastad med en aktiv last i form av ett godtyckligt plan kraftsystem. Istället för kasserade anslutningar applicerar vi reaktioner på jämviktsobjektet: på ett gångjärnsfast stöd A- vertikal V A och horisontellt H A, och på ett ledat rörligt stöd I- vertikal reaktion V B Den förväntade reaktionsriktningen visas i fig. 40, b.
Fig.40. Designdiagram av ramen och jämviktsobjektet till exempel 18:
A– designdiagram; b– jämviktsobjekt
Vi skapar följande jämviktsförhållanden:
Σ F x = 0; -H A + F = 0; H A= 50 kN.
Σ mA = 0; V B∙6 + M - q∙6∙3 - F∙6 = 0; V B= 100 kN.
Σ Fy = 0; V A + V B - q∙6 = 0; V A= 20 kN.
Här anses rotationsriktningen runt momentpunkterna moturs konventionellt vara positiv.
För att kontrollera korrektheten av beräkningen av reaktioner använder vi jämviktsvillkoret, som skulle inkludera alla stödreaktioner, till exempel:
Σ m C = 0; V B∙3 + M – H A∙6 – V A∙3 = 0.
Efter att ha ersatt de numeriska värdena får vi identiteten 0=0.
Således bestäms riktningarna och storleken av stödreaktionerna korrekt.
Exempel 19. Bestäm stödreaktionerna för ramen (fig. 41, A).
Fig. 41
Lösning. Som i föregående exempel består ramen av två delar sammankopplade med ett nyckelgångjärn MED. Vi ersätter den fördelade belastningen som appliceras på vänster sida av ramen med den resulterande F 1, och till höger - den resulterande F 2 var F 1 = F 2 = 2kN.
1) Hitta reaktionen R B från ekvationen Σ M C (Sol) = 0; → R B= 1 kN;
Varje ägare av en trefasingång (380 V) är skyldig att ta hand om en enhetlig belastning på faserna för att undvika överbelastning av en av dem. Om det finns en ojämn fördelning på trefasingången, om nollan brinner ut eller dess dåliga kontakt, börjar spänningarna på fasledningarna att skilja sig från varandra, både upp och ner. Vid enfaseffektnivån (220 volt) kan detta leda till haveri av elektriska apparater på grund av en ökad spänning på 250-280 volt, eller en minskad spänning på 180-150 volt. Dessutom finns i det här fallet en ökad förbrukning av el i elektriska apparater som inte är känsliga för spänningsobalanser. I den här artikeln kommer vi att berätta hur lastfördelningen utförs över faserna genom att tillhandahålla korta instruktioner med diagram och videoexempel.
Vad är viktigt att veta
Detta diagram illustrerar ungefär ett trefasnät:
Spänningen mellan faserna på 380 volt indikeras i blått. Grön indikerar en jämnt fördelad linjär spänning. Röd - spänningsobalans.
Nya, trefasiga elabonnenter i ett privat hus eller lägenhet, när de ansluter för första gången, bör inte ha mycket hopp om en initialt jämnt fördelad belastning på ingångsledningen. Eftersom flera konsumenter kan drivas från en linje, och de kan ha problem med distributionen.
Om du efter mätningar ser att det finns (mer än 10%, enligt GOST 29322-92), måste du kontakta strömförsörjningsorganisationen för att vidta lämpliga åtgärder för att återställa fassymmetri. Du kan lära dig mer om detta från vår artikel.
Enligt avtalet mellan abonnenten och RES (om användning av elektricitet) ska den senare leverera el av hög kvalitet till bostäder, med angivet . Frekvensen ska också motsvara 50 Hz.
Fördelningsregler
När du utformar ett kopplingsschema är det nödvändigt att välja de avsedda konsumentgrupperna så lika som möjligt och fördela dem mellan faserna. Till exempel är varje grupp av uttag i rum i huset ansluten till sin egen fasledning och grupperad på ett sådant sätt att belastningen på nätet blir optimal. Belysningslinjer är organiserade på samma sätt och fördelar dem mellan olika fasledare och så vidare: tvättmaskin, spis, ugn, panna, panna.
När man bestämmer sig praktiska problem Det är inte alltid möjligt att anta att kraften som verkar på en kropp appliceras vid en punkt. Ofta appliceras krafter på ett helt område av kroppen (till exempel snölast, vind, etc.). En sådan belastning kallas distribuerad. En jämnt fördelad last kännetecknas av intensiteten q (Fig. 1.29). Intensitet är den totala belastningen per längdenhet av strukturen.
F x =Fcos(60), F y =Fcos(30)
När vi löser denna ekvation får vi:
Från ekvation (2) finner vi:
F х = 0; R ax = 0;
När man löser praktiska problem är det inte alltid möjligt att anta att kraften som verkar på en kropp appliceras vid en punkt. Ofta appliceras krafter på ett helt område av kroppen (till exempel snölast, vind, etc.). En sådan belastning kallas distribuerad. En jämnt fördelad last kännetecknas av intensiteten q (Fig. 1.29). Intensitet är den totala belastningen per längdenhet av strukturen.
Lösning. Vi kommer att använda samma plan som användes för att lösa problem på ett konvergent kraftsystem. Jämviktsobjektet är hela balken, vars belastning visas på ritningen. Låt oss kassera anslutningarna - gångjärn A och B. Låt oss dekomponera reaktionen av det fasta gångjärnet A i två komponenter -
och reaktionen hos det rörliga gångjärnet B är riktad vinkelrätt mot stödplanet. Således verkar en platt kraft på balken godtyckligt system krafter för vilka tre jämviktsekvationer kan konstrueras. Låt oss välja koordinataxlarna och komponera dessa ekvationer. Projektionsekvationer:
1. F kx = 0; R ax -Fcos(60) = 0;
2. F ky = 0; R ay + R B - Fcos(30) = 0;
(paret ingår inte i projektionsekvationen, eftersom summan av projektionerna av krafterna i paret på någon axel är noll).
Vi komponerar momentekvationen relativt punkt A, eftersom två okända krafter skär varandra vid den. När vi hittar momentet för ett par i förhållande till punkt A, kommer vi ihåg att summan av momenten av ett pars krafter i förhållande till någon punkt är lika med momentet för paret, och ögonblickets tecken kommer att vara positivt, eftersom paret tenderar att rotera kroppen moturs. För att hitta kraftens ögonblick Det är bekvämt att sönderdela det i vertikala och horisontella komponenter:
F x =Fcos(60), F y =Fcos(30)
och använd Varignons teorem, och det bör beaktas att kraftens ögonblick relativt punkt A är noll, eftersom dess handlingslinje går genom denna punkt. Då kommer momentekvationen att ha formen:
; R in. 3-F B cos(30)2 + M = 0.
När vi löser denna ekvation får vi:
Från ekvation (2) finner vi:
R ay = Fcos(30) - R B = 20,867 - 4=-2,67 kN,
och från ekvation (1) R ax = Fcos(60) = 20,5 = 1 kN.
Lösning. Låt oss ersätta den jämnt fördelade lasten med dess resulterande Q = 3q = 310 = 30 kN. Den kommer att appliceras i mitten av spännvidden, det vill säga på ett avstånd AC = 1,5 m. Vi betraktar balkens ABs jämvikt. Vi kasserar anslutningen - den stela anslutningen, och applicerar istället två komponenter av reaktionen R ax och R ay och det reaktiva vridmomentet Ma. Ett platt godtyckligt kraftsystem kommer att verka på strålen, för vilket tre jämviktsekvationer kan ritas upp, från vilka de nödvändiga okända kan hittas.
F х = 0; R ax = 0;
F ku = 0; R ay - Q = 0; R ay = Q = 30 kN;
M a (F k) = 0; Ma - 1,5Q = 0; Ma = 1,5Q = 1,530 = 45 kHm.
Stressfördelning i fall flygplansproblem
Detta fall motsvarar spänningstillståndet under väggfundament, stödmurar, vallar och andra strukturer, vars längd avsevärt överstiger deras tvärgående dimensioner:
Var l– fundamentets längd; b– fundamentets bredd. I detta fall kännetecknar spänningsfördelningen under någon del av strukturen, identifierad av två parallella sektioner vinkelräta mot strukturens axel, spänningstillståndet under hela strukturen och beror inte på koordinater vinkelräta mot riktningen för det belastade planet.
Låt oss betrakta verkan av en linjär last i form av en kontinuerlig serie koncentrerade krafter R, som var och en är per längdenhet. I det här fallet, spänningskomponenterna när som helst M med koordinater R och b kan hittas i analogi med det rumsliga problemet:
Om förhållandena geometriska egenskaper punkter under övervägande z, y, b närvarande i form av påverkanskoefficienter K, då kan formlerna för spänningar skrivas på följande sätt:
Påverkanskoefficientvärden K z,K y,K yz tabellerade beroende på relativa koordinater z/b, y/f(Tabell II.3 i bilaga II).
En viktig egenskap hos planproblemet är att spänningskomponenterna t och s y i det aktuella planet z 0yär inte beroende av tvärutvidgningskoefficienten n 0, som i fallet med ett rumsligt problem.
|
Fig.3.15. Slumpmässig fördelning
bandbreddsbelastningar b
Om lasten sträcker sig från en punkt A(b=b 2) till punkten B(b=b 1), summerar sedan spänningarna från dess enskilda element, får vi uttryck för spänningar vid vilken punkt som helst i arrayen på grund av verkan av en kontinuerlig remsliknande belastning.
För en jämnt fördelad last, integrera ovanstående uttryck vid Py = P= konst. I detta fall är huvudriktningarna, dvs. riktningarna i vilka de största och minsta normalspänningarna verkar vara de riktningar som är belägna längs bisektrisen av "siktvinklarna" och vinkelräta mot dem (fig. 3.16). Synlighetsvinkeln a är den vinkel som bildas av räta linjer som förbinder punkten i fråga M med bandlastkanter.
Vi erhåller värdena för huvudspänningarna från uttryck (3.27), förutsatt att b=0 i dem:
Dessa formler används ofta vid bedömning av spänningstillståndet (särskilt gränstillståndet) i konstruktioners fundament.
Med hjälp av huvudspänningarnas värden som halvaxlar är det möjligt att konstruera spänningsellipser som tydligt karakteriserar markens spänningstillstånd under en jämnt fördelad belastning längs remsan. Fördelningen (läget) av spänningsellipser under inverkan av en lokal likformigt fördelad last under förhållandena för ett planproblem visas i fig. 3.17.
Fig.3.17. Spänning ellipser under inverkan av en jämnt fördelad last under förhållanden med ett planproblem
Med hjälp av formler (3.28) kan vi bestämma s z, s y Och t yz på alla punkter av sektionen vinkelrät mot lastens längdaxel. Om vi ansluter punkter med samma värden för var och en av dessa storheter får vi linjer med lika spänningar. Figur 3.18 visar linjer med identiska vertikala spänningar s z, kallade isobarer, horisontella spänningar s y, kallade dragkrafter och tangentiella spänningar t zx, kallade skift.
Dessa kurvor konstruerades av D.E. Polshin med användning av elasticitetsteorimetoder för en belastning jämnt fördelad över en breddremsa b, sträcker sig oändligt i en riktning vinkelrät mot ritningen. Kurvorna visar att effekten av tryckspänningar s z intensitet 0,1 extern belastning R påverkar ett djup på ca 6 b, medan horisontella spänningar s y och tangenter t fortplantar sig med samma intensitet 0,1 R till ett mycket grundare djup (1,5 - 2,0) b. Krökta ytor med lika spänningar kommer att ha liknande konturer för fallet med ett rumsligt problem.
Fig.3.18. Linjer med lika spänning i en linjärt deformerbar massa:
och för s z(isobarer); b – för s y(sprida); i – för t(flytta)
Inverkan av bredden på det belastade bandet påverkar djupet av spänningsutbredningen. Till exempel, för en grund 1 m bred, överför en intensitetsbelastning till basen R spänning 0,1 R kommer att vara på ett djup av 6 m från basen, och för en grund 2 m bred, med samma belastningsintensitet, på ett djup av 12 m (Fig. 3.19). Om det finns svagare jordar i de underliggande lagren kan detta väsentligt påverka strukturens deformation.
där a och b / är linjens synbarhet och lutningsvinklar mot vertikalen respektive (fig. 3.21).
Fig.3.21. Diagram över fördelning av tryckspänningar längs vertikala sektioner av en jordmassa under inverkan av en triangulär belastning
Tabell II.4 i bilaga II visar koefficientens beroenden TILL| z beroende på z/b Och y/b(Fig. 3.21) för att beräkna s z med formeln.
I tekniska beräkningar stöter man ofta på laster fördelade längs en given yta enligt en eller annan lag. Låt oss överväga några enkla exempel på fördelade krafter som ligger i samma plan.
Ett platt system av fördelade krafter kännetecknas av dess intensitet q, dvs värdet av kraften per längdenhet av det belastade segmentet. Intensiteten mäts i newton dividerat med meter
1) Krafter jämnt fördelade längs ett rakt linjesegment (fig. 69, a). För ett sådant kraftsystem har intensiteten q ett konstant värde. I statiska beräkningar kan detta kraftsystem ersättas med resultanten
Modulo,
Force Q appliceras i mitten av segment AB.
2) Krafter fördelade längs ett rät linjesegment enligt en linjär lag (fig. 69, b). Ett exempel på en sådan belastning kan vara krafterna från vattentrycket på en damm, som har högsta värde vid botten och faller till noll vid vattenytan. För dessa krafter är intensiteten q ett variabelt värde som växer från noll till maximalt värde Den resulterande Q för sådana krafter bestäms på samma sätt som resultanten av gravitationskrafterna som verkar på en homogen triangulär platta ABC. Eftersom vikten av en homogen platta är proportionell mot dess yta, då, modulo,
Kraft Q appliceras på ett avstånd från sidan BC i triangeln ABC (se § 35, stycke 2).
3) Krafter fördelade längs ett rät linjesegment enligt en godtycklig lag (fig. 69, c). Den resulterande Q för sådana krafter, i analogi med tyngdkraften, är lika stor som arean av figuren ABDE, mätt på lämplig skala, och passerar genom detta områdes tyngdpunkt (frågan om att bestämma områdens tyngdpunkter kommer att diskuteras i § 33).
4) Krafter jämnt fördelade längs cirkelbågen (fig. 70). Ett exempel på sådana krafter är krafterna av hydrostatiskt tryck på sidoväggarna av ett cylindriskt kärl.
Låt radien av bågen vara lika med , där är symmetriaxeln längs vilken vi riktar axeln Systemet av konvergerande krafter som verkar på bågen har en resultant Q, riktad på grund av symmetri längs axeln och numeriskt.
För att bestämma värdet på Q väljer vi ett element på bågen, vars position bestäms av vinkeln och längden på kraften som verkar på detta element är numeriskt lika och projektionen av denna kraft på axeln blir sedan
Men från fig. 70 står det klart att Därför, sedan dess
där är längden på ackordet som undertrycker bågen AB; q - intensitet.
Uppgift 27. En jämnt fördelad intensitetsbelastning verkar på den fribärande balken A B, vars mått är angivna på ritningen (fig. 71) Försummar balkens vikt och antar att tryckkrafterna på den inbäddade änden bestäms enligt). till en linjär lag, bestäm värdena för de högsta intensiteterna av dessa krafter, If
Lösning. Vi ersätter de fördelade krafterna med deras resultanter Q, R och R, där enligt formlerna (35) och (36)
och rita upp jämviktsförhållanden (33) för parallella krafter som verkar på balken
Genom att här istället för Q, R och R ersätta deras värden och lösa de resulterande ekvationerna kommer vi slutligen att hitta
Till exempel när vi får och när
Uppgift 28. En cylindrisk cylinder, vars höjd är H och den inre diametern d, är fylld med gas under tryck Tjockleken på cylinderns cylindriska väggar är a. Bestäm dragspänningarna som upplevs av dessa väggar i riktningarna: 1) längsgående och 2) tvärgående (spänningen är lika med förhållandet mellan dragkraften och tvärsnittsarean), med tanke på att den är liten.
Lösning. 1) Låt oss skära cylindern i två delar med ett plan vinkelrätt mot dess axel och överväga jämvikten för en av dem (Fig.
72, a). Den påverkas i cylinderaxelns riktning av tryckkraften på botten och krafter fördelade över tvärsnittsarean (verkan av den kasserade halvan), vars resultant kommer att betecknas med Q. Vid jämvikt
Om vi antar att tvärsnittsarean är ungefär lika, får vi för dragspänningen värdet
Avståndet mellan de koncentrerade lasterna är detsamma och avståndet från spännets början till den första koncentrerade lasten är lika med avståndet mellan de koncentrerade lasterna. I detta fall faller också koncentrerade belastningar på början och slutet av spännet, men samtidigt orsakar de bara en ökning av stödreaktionen, som inte påverkar värdet av böjmoment och avböjning på något sätt, och tas därför inte med i beräkningen vid beräkning av konstruktionens bärförmåga. Låt oss överväga detta med exemplet med golvbalkar som vilar på en överligger. Murverk, som kan vara mellan överliggare och golvbalkar, och skapa en jämnt fördelad belastning, visas inte för att underlätta uppfattningen.
Bild 1. Reducering av koncentrerad belastning till en likvärdig jämnt fördelad belastning.
Som framgår av figur 1 är det avgörande momentet böjmomentet som används vid hållfasthetsberäkningar av konstruktioner. För att en jämnt fördelad last ska ge samma böjmoment som en koncentrerad last måste den alltså multipliceras med lämplig övergångsfaktor (ekvivalensfaktor). Och denna koefficient bestäms från villkoren för jämlikhet av moment. Jag tycker att figur 1 illustrerar detta mycket väl. Genom att analysera de erhållna beroenden kan vi också härleda allmän formel för att bestämma övergångskoefficienten. Så, om antalet applicerade koncentrerade belastningar är udda, dvs. en av de koncentrerade lasterna faller nödvändigtvis på mitten av spännvidden, sedan för att bestämma ekvivalenskoefficienten kan du använda formeln:
γ = n/(n - 1) (305.1.1)
där n är antalet spännvidder mellan koncentrerade laster.
q ekv = y(n-1)Q/l (305.1.2)
där (n-1) är antalet koncentrerade laster.
Men ibland är det bekvämare att göra beräkningar baserat på antalet koncentrerade laster. Om denna kvantitet uttrycks med variabeln m, då
y = (m+1)/m (305.1.3)
I detta fall kommer den ekvivalenta jämnt fördelade lasten att vara lika med:
q ekv = ymQ/l (305.1.4)
När antalet koncentrerade laster är jämnt, d.v.s. ingen av de koncentrerade lasterna faller på mitten av spännet, då kan värdet på koefficienten tas som för nästa udda värde av antalet koncentrerade laster. I allmänhet, med förbehåll för de specificerade belastningsvillkoren, kan följande övergångskoefficienter accepteras:
γ = 2- om konstruktionen i fråga, till exempel, får balken endast en koncentrerad belastning i mitten av överliggaren.
y = 1,33- för en balk utsatt för 2 eller 3 koncentrerade belastningar;
y = 1,2- för en balk utsatt för 4 eller 5 koncentrerade belastningar;
y = 1,142- för en balk utsatt för 6 eller 7 koncentrerade belastningar;
y = 1,11- för en balk utsatt för 8 eller 9 koncentrerade belastningar.
Alternativ 2
Avståndet mellan de koncentrerade lasterna är detsamma, där avståndet från spännets början till den första koncentrerade lasten är lika med halva avståndet mellan de koncentrerade lasterna. I det här fallet faller inte koncentrerade belastningar på början och slutet av spann.
figur 2. Värden för övergångskoefficienter för alternativ 2 att applicera koncentrerade belastningar.
Som framgår av figur 2 kommer värdet på övergångskoefficienten att vara betydligt mindre med detta laddningsalternativ. Så, till exempel, med ett jämnt antal koncentrerade laster, kan övergångskoefficienten i allmänhet tas lika med enhet. För ett udda antal koncentrerade laster kan formeln användas för att bestämma ekvivalenskoefficienten:
γ = (m +7)/(m +6) (305.2.1)
där m är antalet koncentrerade laster.
I detta fall kommer den ekvivalenta jämnt fördelade lasten fortfarande att vara lika med:
q ekv = ymQ/l (305.1.4)
I allmänhet, med förbehåll för de specificerade belastningsvillkoren, kan följande övergångskoefficienter accepteras:
γ = 2- om konstruktionen i fråga, till exempel, endast får en koncentrerad belastning i mitten av överliggaren, och om golvbalkarna faller på början eller slutet av spännvidden eller är placerade godtyckligt långt från början och slutet av spännvidden, i detta fall spelar ingen roll. Och detta är viktigt när man bestämmer den koncentrerade belastningen.
γ = 1- om konstruktionen i fråga utsätts för ett jämnt antal belastningar.
y = 1,11- för en balk utsatt för 3 koncentrerade belastningar;
y = 1,091- för en balk utsatt för 5 koncentrerade belastningar;
y = 1,076- för en balk utsatt för 7 koncentrerade belastningar;
y = 1,067- för en balk utsatt för 9 koncentrerade belastningar.
Trots några komplicerade definitioner är ekvivalenskoefficienter mycket enkla och bekväma. Eftersom den fördelade lasten som verkar per kvadrat eller linjär meter mycket ofta är känd under beräkningar, för att inte omvandla den fördelade lasten först till en koncentrerad last och sedan igen till en ekvivalent fördelad, räcker det att helt enkelt multiplicera värdet på fördelad belastning med lämplig koefficient. Till exempel kommer taket att utsättas för en fördelad standardbelastning på 400 kg/m2, medan takets egenvikt blir ytterligare 300 kg/m2. Då, med en golvbalklängd på 6 m, skulle en jämnt fördelad last q = 6(400 + 300)/2 = 2100 kg/m kunna verka på överliggaren. Och sedan, om det bara finns en golvbalk i mitten av spännvidden, är γ = 2, och
q ekv = yq = 2q (305.2.2)
Om ingen av de två ovanstående villkoren är uppfyllda, är det omöjligt att använda övergångskoefficienter i sin rena form, du måste lägga till ett par ytterligare koefficienter som tar hänsyn till avståndet till balkarna som inte faller i början och slutet; av överliggarens spännvidd, såväl som den möjliga asymmetrin för appliceringen av koncentrerade belastningar. I princip är det möjligt att härleda sådana koefficienter, men i alla fall kommer de att vara reducerande i alla fall om vi tar hänsyn till 1:a belastningsfallet och i 50 % av fallen om vi beaktar 2:a belastningsfallet, d.v.s. värdena för sådana koefficienter kommer att vara< 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.
- I kontakt med 0
- Google+ 0
- OK 0
- Facebook 0
