≡× MENIUL

• Reparație
• Reparație
• Design interior
• Despre tot
• Despre instalații sanitare

și distribuie uniform sarcina. Ce este sarcina distribuită. Sarcina distribuită uniform. Definirea grafică a forțelor de sprijin

În calculele de inginerie, se întâlnesc adesea sarcini distribuite de-a lungul unei suprafețe date conform unei legi sau alta. Luați în considerare câteva dintre cele mai simple exemple de forțe distribuite situate în același plan.

Un sistem plat de forțe distribuite este caracterizat prin intensitatea sa q, adică prin valoarea forței pe unitatea de lungime a segmentului încărcat. Intensitatea se măsoară în Newtoni împărțit la metri.

1) Forțe distribuite uniform de-a lungul unui segment de dreaptă (Fig. 69, a). Pentru un astfel de sistem de forțe, intensitatea q are o valoare constantă. În calculele statice, acest sistem de forțe poate fi înlocuit cu rezultanta

Modul

O forță Q este aplicată în mijlocul segmentului AB.

2) Forțe distribuite de-a lungul unui segment de dreaptă conform unei legi liniare (Fig. 69, b). Un exemplu de astfel de încărcare pot fi forțele presiunii apei asupra barajului, care au cea mai mare valoare la fund și scad la zero la suprafața apei. Pentru aceste forțe, intensitatea q este o valoare variabilă care crește de la zero la o valoare maximă, rezultanta Q a unor astfel de forțe este determinată în mod similar cu rezultanta forțelor gravitaționale care acționează asupra unei plăci triunghiulare uniforme ABC. Deoarece greutatea unei plăci omogene este proporțională cu aria sa, atunci, modulo,

O forță Q este aplicată la o distanță de latura BC a triunghiului ABC (vezi § 35, articolul 2).

3) Forțe distribuite de-a lungul unui segment de dreaptă conform unei legi arbitrare (Fig. 69, c). Rezultatul Q al unor astfel de forțe, prin analogie cu forța de gravitație, este egală în valoare absolută cu aria figurii ABDE, măsurată la o scară adecvată și trece prin centrul de greutate al acestei zone ( chestiunea determinării centrelor de greutate ale zonelor va fi luată în considerare în § 33).

4) Forțe distribuite uniform de-a lungul arcului de cerc (Fig. 70). Un exemplu de astfel de forțe sunt forțele de presiune hidrostatică pe pereții laterali ai unui vas cilindric.

Fie raza arcului , unde este axa de simetrie de-a lungul căreia direcționăm axa Sistemul de forțe convergente care acționează asupra arcului are rezultanta Q, îndreptată de-a lungul axei datorită simetriei, în timp ce

Pentru a determina valoarea lui Q, selectăm un element pe arc, a cărui poziție este determinată de unghi și lungime.Forța care acționează asupra acestui element este numeric egală cu și proiecția acestei forțe pe axă va fi Atunci

Dar din fig. 70 se vede că Prin urmare, de atunci

unde este lungimea coardei care subtinde arcul AB; q - intensitate.

Sarcina 27. O sarcină de intensitate uniform distribuită acționează asupra grinzii cantilever A B, ale cărei dimensiuni sunt indicate în desen (Fig. 71).

Soluţie. Înlocuim forțele distribuite cu rezultatele lor Q, R și R, unde conform formulelor (35) și (36)

și alcătuiți condițiile de echilibru (33) pentru forțele paralele care acționează asupra fasciculului

Înlocuind aici în loc de Q, R și R valorile lor și rezolvând ecuațiile rezultate, găsim în sfârșit

De exemplu, dacă obținem și dacă

Problema 28. Un cilindru cilindric, a cărui înălțime este H și diametrul interior d, este umplut cu gaz sub presiune.Grosimea pereților cilindric ai cilindrului este a. Determinați tensiunile de tracțiune suferite de acești pereți în direcțiile: 1) longitudinală și 2) transversală (efortul este egal cu raportul forței de întindere și aria secțiunii transversale), considerându-l mic.

Soluţie. 1) Să tăiem cilindrul cu un plan perpendicular pe axa lui în două părți și să luăm în considerare echilibrul uneia dintre ele (Fig.

72a). Ea este acționată în direcția axei cilindrului de forța de presiune pe fund și de forțele distribuite pe aria secțiunii transversale (acțiunea jumătății aruncate), a cărei rezultată se notează cu Q. La echilibru

Presupunând că aria secțiunii transversale este aproximativ egală, obținem valoarea tensiunii de tracțiune

La rezolvarea problemelor practice, este departe de a fi întotdeauna posibil să presupunem că forța care acționează asupra corpului este aplicată la un moment dat. Adesea, forțele sunt aplicate pe întreaga zonă a corpului (de exemplu, sarcina de zăpadă, încărcarea vântului etc.). O astfel de sarcină se numește distribuită. O sarcină uniform distribuită este caracterizată de intensitatea q (Fig. 1.29). Intensitatea este sarcina totală pe unitatea de lungime a structurii.

Fx=Fcos(60), Fy=Fcos(30)

Rezolvând această ecuație obținem:

Din ecuația (2) găsim:

F х = 0; R ax = 0;

La rezolvarea problemelor practice, este departe de a fi întotdeauna posibil să presupunem că forța care acționează asupra corpului este aplicată la un moment dat. Adesea, forțele sunt aplicate pe întreaga zonă a corpului (de exemplu, sarcina de zăpadă, încărcarea vântului etc.). O astfel de sarcină se numește distribuită. O sarcină uniform distribuită este caracterizată de intensitatea q (Fig. 1.29). Intensitatea este sarcina totală pe unitatea de lungime a structurii.

Soluţie. Folosim același plan care a fost folosit pentru a rezolva probleme pentru un sistem de forțe convergent. Obiectul echilibrului este întreaga grindă, sarcina pe care este prezentată în desen. Aruncăm conexiunile - balamalele A și B. Descompunem reacția balamalei fixe A în două componente -

, iar reacția balamalei mobile B este direcționată perpendicular pe planul de referință. Astfel, asupra fasciculului acţionează un sistem de forţe plan arbitrar, pentru care se pot întocmi trei ecuaţii de echilibru. Alegem axele de coordonate și compunem aceste ecuații. Ecuații de proiecție:

1. F kx = 0; R ax -Fcos(60) = 0;

2. Fky = 0; Raza + R B - Fcos(30) = 0;

(perechea nu este inclusă în ecuația de proiecție, deoarece suma proiecțiilor forțelor perechii pe orice axă este zero).

Compunem ecuația momentelor relativ la punctul A, deoarece două forțe necunoscute se intersectează în el. Când găsiți momentul unui cuplu în raport cu punctul A, amintiți-vă că suma momentelor de forță ale unui cuplu față de orice punct este egală cu momentul cuplului, iar semnul momentului va fi pozitiv, deoarece cuplul tinde să rotească corpul în sens invers acelor de ceasornic. Pentru a găsi momentul forței Este convenabil să-l descompuneți în componente verticale și orizontale:

Fx=Fcos(60), Fy=Fcos(30)

și folosiți teorema Varignon și trebuie luat în considerare faptul că momentul de la forță față de punctul A este zero, deoarece linia sa de acțiune trece prin acest punct. Atunci ecuația momentelor va lua forma:

; R în. 3-F B cos(30)2 + M = 0.

Rezolvând această ecuație obținem:

Din ecuația (2) găsim:

R ay \u003d Fcos (30) - R B \u003d 20,867 - 4 \u003d -2,67 kN,

iar din ecuația (1) R ax = Fcos(60) = 20.5 = 1 kN.

Soluţie. Să înlocuim sarcina distribuită uniform cu rezultanta ei Q = 3q = 310 = 30 kN. Se va aplica la mijlocul travei, adica la o distanta AC = 1,5 m. Consideram echilibrul grinzii AB. Aruncăm conexiunea - o terminație rigidă, iar în locul ei aplicăm două componente ale reacției R ax și Ray și un moment reactiv M a. Un sistem arbitrar de forțe plat va acționa asupra fasciculului, pentru care pot fi compilate trei ecuații de echilibru, din care pot fi găsite necunoscutele necesare.

F х = 0; R ax = 0;

F ku = 0; R ay - Q = 0; R ay = Q = 30 kN;

M a (F k) = 0; M a - 1,5Q = 0; M a = 1,5Q = 1,530 = 45 kNm.

Distribuția tensiunilor în cazul unei probleme plane

Acest caz corespunde stării de efort sub fundațiile pereților, pereții de sprijin, terasamentele și alte structuri, a căror lungime depășește semnificativ dimensiunile lor transversale:

Unde l- lungimea fundatiei; b- latimea fundatiei. În acest caz, distribuția tensiunilor sub orice parte a structurii, separate de două secțiuni paralele perpendiculare pe axa structurii, caracterizează starea de solicitare sub întreaga structură și nu depinde de coordonatele perpendiculare pe direcția încărcării. avion.

Luați în considerare acțiunea unei sarcini liniare sub forma unei serii continue de forțe concentrate R, fiecare fiind pe unitate de lungime. În acest caz, componentele de stres în orice punct M cu coordonate Rși b poate fi găsit prin analogie cu problema spațială:

Dacă raporturile caracteristicilor geometrice ale punctelor considerate z, y, b reprezintă sub formă de coeficienţi de influenţă K, atunci formulele tensiunilor pot fi scrise după cum urmează:

Valorile coeficientului de influență Kz,K y,Kyz tabulate după coordonatele relative z/b, y/b(Tabelul II.3 din Anexa II).

O proprietate importantă a problemei plane este aceea că componentele tensiunii tși s yîn planul considerat z 0y nu depind de coeficientul de dilatare transversală n 0 , ca în cazul unei probleme spațiale.

dP

Problema poate fi rezolvată și în cazul unei sarcini liniare, distribuite în orice fel pe lățimea benzii b. În acest caz, sarcina elementară dP considerată ca o forţă concentrată (Fig. 3.15).

Fig.3.15. Distribuție arbitrară

încărcături de lățime de bandă b

Dacă sarcina este propagată dintr-un punct A(b=b 2) până la obiect B(b \u003d b 1), apoi, însumând tensiunile din elementele sale individuale, obținem expresii pentru tensiuni în orice punct al matricei din acțiunea unei sarcini continue sub formă de bandă.

Pentru o sarcină distribuită uniform, integrați expresiile de mai sus cu P y = P= const. În acest caz, direcțiile principale, i.e. direcţiile în care acţionează cele mai mari şi mai mici tensiuni normale vor fi direcţiile situate de-a lungul bisectoarei „unghiurilor de vizibilitate” şi perpendiculare pe acestea (Fig. 3.16). Unghiul de vizibilitate a este unghiul format de liniile drepte care leagă punctul în cauză M cu margini de încărcare a benzii.

Obținem valorile tensiunilor principale din expresiile (3.27), presupunând b=0 în ele:

Aceste formule sunt adesea folosite în evaluarea stării de solicitare (în special a stării limită) în fundațiile structurilor.

Pe valorile tensiunilor principale ca semi-axe, este posibil să se construiască elipse de stres care caracterizează clar starea de stres a solului sub o sarcină distribuită uniform aplicată de-a lungul benzii. Distribuția (locația) elipselor de stres sub acțiunea unei sarcini locale distribuite uniform într-o problemă plană este prezentată în Fig. 3.17.

Fig.3.17. Elipsele tensiunii sub acțiunea unei sarcini distribuite uniform într-o problemă plană

Prin formulele (3.28) se poate determina sz, s yȘi t yzîn toate punctele secțiunii perpendiculare pe axa longitudinală a sarcinii. Dacă conectăm puncte cu aceleași valori ale fiecăreia dintre aceste mărimi, obținem linii de tensiuni egale. Figura 3.18 prezintă linii de tensiuni verticale identice sz, numite izobare, ale tensiunilor orizontale s y, numite distanțiere și tensiuni tangențiale t zx numite schimburi.

Aceste curbe au fost construite de D.E. Pol'shin folosind teoria elasticității pentru o sarcină distribuită uniform pe o bandă de lățime b, extinzându-se la infinit într-o direcție perpendiculară pe desen. Curbele arată că efectul tensiunilor de compresiune sz intensitate 0,1 sarcină externă R afectează adâncimea de aproximativ 6 b, în timp ce solicitările orizontale s y iar tangentele t se propagă la aceeași intensitate 0,1 R la o adâncime mult mai mică (1,5 - 2,0) b. Suprafețele curbilinii de tensiuni egale vor avea contururi similare pentru cazul unei probleme spațiale.

Fig.3.18. Linii de tensiuni egale într-o matrice deformabilă liniar:

si pentru sz(izobare); b - pentru s y(răspândire); în - pentru t(schimb)

Influența lățimii benzii încărcate afectează adâncimea de propagare a tensiunii. De exemplu, pentru o fundație de 1 m lățime, transferând la bază o sarcină cu intensitate R, tensiune 0,1 R va fi la o adâncime de 6 m de talpă, iar pentru o fundație de 2 m lățime, cu aceeași intensitate de încărcare, la o adâncime de 12 m (Fig. 3.19). Dacă există soluri mai slabe în straturile subiacente, acest lucru poate afecta semnificativ deformarea structurii.

unde a și b / sunt, respectiv, unghiurile de vizibilitate și de înclinare ale liniei față de verticală (Fig. 3.21).

Fig.3.21. Diagrame de distribuție a tensiunilor de compresiune pe secțiuni verticale ale masei solului sub acțiunea unei sarcini triunghiulare

Tabelul II.4 din anexa II prezintă dependențele coeficientului LA| z in functie de z/bȘi y/b(Fig.3.21) pentru a calcula s z prin formula.

Distribuția tensiunilor în cazul unei probleme plane

Acest caz corespunde stării de efort sub fundațiile pereților, pereții de sprijin, terasamentele și alte structuri, a căror lungime depășește semnificativ dimensiunile lor transversale:

Unde l- lungimea fundatiei; b- latimea fundatiei. În acest caz, distribuția tensiunilor sub orice parte a structurii, separate de două secțiuni paralele perpendiculare pe axa structurii, caracterizează starea de solicitare sub întreaga structură și nu depinde de coordonatele perpendiculare pe direcția încărcării. avion.

Luați în considerare acțiunea unei sarcini liniare sub forma unei serii continue de forțe concentrate R, fiecare fiind pe unitate de lungime. În acest caz, componentele de stres în orice punct M cu coordonate Rși b poate fi găsit prin analogie cu problema spațială:

(3.27)

Dacă raporturile caracteristicilor geometrice ale punctelor considerate z, y, b reprezintă sub formă de coeficienţi de influenţă K, atunci formulele tensiunilor pot fi scrise după cum urmează:

(3.28)

Valorile coeficientului de influență Kz,K y,Kyz tabulate după coordonatele relative z/b, y/b(Tabelul II.3 din Anexa II).

O proprietate importantă a problemei plane este aceea că componentele tensiunii tși s yîn planul considerat z 0y nu depind de coeficientul de dilatare transversală n 0 , ca în cazul unei probleme spațiale.

dP

Problema poate fi rezolvată și în cazul unei sarcini liniare, distribuite în orice fel pe lățimea benzii b. În acest caz, sarcina elementară dP considerată ca o forţă concentrată (Fig. 3.15).

Fig.3.15. Distribuție arbitrară

încărcături de lățime de bandă b

Dacă sarcina este propagată dintr-un punct A(b=b 2) până la obiect B(b \u003d b 1), apoi, însumând tensiunile din elementele sale individuale, obținem expresii pentru tensiuni în orice punct al matricei din acțiunea unei sarcini continue sub formă de bandă.

(3.29)

Pentru o sarcină distribuită uniform, integrați expresiile de mai sus cu P y = P= const. În acest caz, direcțiile principale, i.e. direcţiile în care acţionează cele mai mari şi mai mici tensiuni normale vor fi direcţiile situate de-a lungul bisectoarei „unghiurilor de vizibilitate” şi perpendiculare pe acestea (Fig. 3.16). Unghiul de vizibilitate a este unghiul format de liniile drepte care leagă punctul în cauză M cu margini de încărcare a benzii.

Obținem valorile tensiunilor principale din expresiile (3.27), presupunând b=0 în ele:

. (3.30)

Aceste formule sunt adesea folosite în evaluarea stării de solicitare (în special a stării limită) în fundațiile structurilor.

Pe valorile tensiunilor principale ca semi-axe, este posibil să se construiască elipse de stres care caracterizează clar starea de stres a solului sub o sarcină distribuită uniform aplicată de-a lungul benzii. Distribuția (locația) elipselor de stres sub acțiunea unei sarcini locale distribuite uniform într-o problemă plană este prezentată în Fig. 3.17.

Fig.3.17. Elipsele tensiunii sub acțiunea unei sarcini distribuite uniform într-o problemă plană

Prin formulele (3.28) se poate determina sz, s yȘi t yzîn toate punctele secțiunii perpendiculare pe axa longitudinală a sarcinii. Dacă conectăm puncte cu aceleași valori ale fiecăreia dintre aceste mărimi, obținem linii de tensiuni egale. Figura 3.18 prezintă linii de tensiuni verticale identice sz, numite izobare, ale tensiunilor orizontale s y, numite distanțiere și tensiuni tangențiale t zx numite schimburi.

Aceste curbe au fost construite de D.E. Pol'shin folosind teoria elasticității pentru o sarcină distribuită uniform pe o bandă de lățime b, extinzându-se la infinit într-o direcție perpendiculară pe desen. Curbele arată că efectul tensiunilor de compresiune sz intensitate 0,1 sarcină externă R afectează adâncimea de aproximativ 6 b, în timp ce solicitările orizontale s y iar tangentele t se propagă la aceeași intensitate 0,1 R la o adâncime mult mai mică (1,5 - 2,0) b. Suprafețele curbilinii de tensiuni egale vor avea contururi similare pentru cazul unei probleme spațiale.

Fig.3.18. Linii de tensiuni egale într-o matrice deformabilă liniar:

si pentru sz(izobare); b - pentru s y(răspândire); în - pentru t(schimb)

Influența lățimii benzii încărcate afectează adâncimea de propagare a tensiunii. De exemplu, pentru o fundație de 1 m lățime, transferând la bază o sarcină cu intensitate R, tensiune 0,1 R va fi la o adâncime de 6 m de talpă, iar pentru o fundație de 2 m lățime, cu aceeași intensitate de încărcare, la o adâncime de 12 m (Fig. 3.19). Dacă există soluri mai slabe în straturile subiacente, acest lucru poate afecta semnificativ deformarea structurii.

unde a și b / sunt, respectiv, unghiurile de vizibilitate și de înclinare ale liniei față de verticală (Fig. 3.21).

Fig.3.21. Diagrame de distribuție a tensiunilor de compresiune pe secțiuni verticale ale masei solului sub acțiunea unei sarcini triunghiulare

Tabelul II.4 din anexa II prezintă dependențele coeficientului LA| z in functie de z/bȘi y/b(Fig.3.21) pentru a calcula s z folosind formula:

sz = LA| z × R.

Forțele de suprafață și de volum reprezintă o sarcină distribuită pe o anumită suprafață sau volum. O astfel de sarcină este dată de intensitate, care este forța pe unitatea de volum, sau de arie sau de lungime.

Un loc special în rezolvarea unui număr de probleme practic interesante îl ocupă cazul unei sarcini distribuite plate aplicate de-a lungul normalei unui anumit fascicul. Dacă direcționați axa de-a lungul fasciculului , atunci intensitatea va fi o funcție a coordonatei și se măsoară în N/m. Intensitatea este forța pe unitatea de lungime.

O figură plată delimitată de un fascicul și un grafic al intensității sarcinii se numește diagramă de sarcină distribuită (Fig. 1.28). Dacă, prin natura problemei care se rezolvă, deformările pot fi ignorate, i.e. Deoarece corpul poate fi considerat absolut rigid, atunci sarcina distribuită poate (și ar trebui) să fie înlocuită cu rezultatul.

Să împărțim fasciculul în segmente de lungime
, pe fiecare dintre care presupunem că intensitatea este constantă și egală cu
, Unde - coordonata segmentului
. În acest caz, curba de intensitate este înlocuită cu o linie întreruptă și sarcina pe segment
, este înlocuit cu o forță concentrată
, aplicat la punct (Figura 1.29). Sistemul de forțe paralele rezultat are o rezultantă egală cu suma forțelor care acționează asupra fiecăruia dintre segmente, aplicate în centrul forțelor paralele.

Este clar că o astfel de reprezentare descrie situația reală cu cât este mai precis, cu atât segmentul este mai mic
, adică cu atât mai multe segmente . Rezultatul exact îl obținem trecând la limita de la lungimea segmentului
tinde spre zero. Limita rezultată din procedura descrisă este o integrală. Astfel, pentru modulul rezultantei obținem:

Pentru a determina coordonatele unui punct aplicarea rezultantei folosim teorema Varignon:

dacă sistemul de forțe are o rezultantă, atunci momentul rezultantei în jurul oricărui centru (orice axă) este egal cu suma momentelor tuturor forțelor sistemului în jurul acestui centru (această axă)

Scrierea acestei teoreme pentru un sistem de forțe
în proiecţii pe axă si trecand la limita cu lungimea segmentelor tinzand spre zero, obtinem:

În mod evident, modulul rezultantei este numeric egal cu aria diagramei de sarcină distribuită, iar punctul de aplicare a acesteia coincide cu centrul de greutate al unei plăci omogene având forma unei diagrame de sarcină distribuită.

Observăm două cazuri care apar frecvent.

,
(Fig. 1.30). Modulul rezultat și coordonatele punctului său de aplicare sunt determinate de formulele:

În practica ingineriei, o astfel de sarcină este destul de comună. În cele mai multe cazuri, greutatea și sarcina vântului pot fi considerate distribuite uniform.

,
(Figura 1.31). În acest caz:

În special, presiunea apei pe un perete vertical este direct proporțională cu adâncimea .

Exemplul 1.5

Determinați reacțiile suporturilor Și fascicul sub acțiunea a două forțe concentrate și a unei sarcini uniform distribuite. Dat:

Aflați rezultanta sarcinii distribuite. Modulul rezultat este egal cu

umărul puterii relativ la punct egală
Luați în considerare echilibrul grinzii. Circuitul de alimentare este prezentat în Fig. 1.33.

Exemplul 1.6

Determinați răspunsul terminației grinzii în consolă sub acțiunea unei forțe concentrate, a unei perechi de forțe și a unei sarcini distribuite (Fig. 1.34).

Să înlocuim sarcina distribuită cu trei forțe concentrate. Pentru a face acest lucru, împărțim diagrama de sarcină distribuită în două triunghiuri și un dreptunghi. Găsim

Circuitul de alimentare este prezentat în Fig. 1.35.

Calculați umerii rezultantei în raport cu axa

Condițiile de echilibru în cazul în cauză au forma:

ÎNTREBĂRI DE AUTOVERIFICARE:

1. Ce se numește intensitatea sarcinii distribuite?

2. Cum se calculează modulul sarcinii distribuite rezultante?

3. Cum se calculează coordonatele punctului de aplicare a rezultantei distribuite

sarcină?

4. Ce este modulul și care este coordonata punctului de aplicare a unei sarcini uniform distribuite?

5. Ce este modulul și care este coordonata punctului de aplicare a unei sarcini distribuite liniar?

Din colecția de probleme de I.V.Meshchersky: 4,28; 4,29; 4.30; 4,33; 4.34.

Din manualul „MECANICA TEORETICĂ - teorie și practică”: seturi СР-2; SR-3.

STUDII PRACTICE #4-5

Împreună cu forțele concentrate discutate mai sus, structurile și structurile clădirilor pot fi expuse sarcini distribuite- după volum, după suprafață sau de-a lungul unei anumite linii - și determinată de aceasta intensitate.

Exemplu de încărcare, distribuite pe zonă, este sarcina de zăpadă, vânt, lichid sau presiune la sol. Intensitatea unei astfel de sarcini de suprafață are dimensiunea presiunii și se măsoară în kN / m 2 sau kilopascali (kPa \u003d kN / m 2).

Când rezolvați probleme, există adesea o sarcină, distribuite de-a lungul lungimii grinzii. Intensitate q o astfel de sarcină se măsoară în kN/m.

Luați în considerare o grindă încărcată pe secțiune [ A, b] sarcină distribuită, a cărei intensitate variază conform legii q= q(X). Pentru a determina reacțiile de sprijin ale unei astfel de grinzi, este necesar să înlocuiți sarcina distribuită cu una concentrată echivalentă. Acest lucru se poate face conform următoarei reguli:

Luați în considerare cazuri speciale de sarcină distribuită.

A) cazul general al sarcinii distribuite(fig.24)

Fig.24

q(x) - intensitatea forței distribuite [N/m],

Puterea elementară.

l- lungimea segmentului

Forța de intensitate q(x) distribuită de-a lungul segmentului de linie este echivalentă cu forța concentrată

Se aplică o forță concentrată într-un punct CU(centrul fortelor paralele) cu coordonata

b) intensitatea constantă a sarcinii distribuite(fig.25)

Fig.25

V) intensitatea sarcinii distribuite, modificându-se după o lege liniară(fig.26)

Fig.26

Calculul sistemelor compozite.

Sub sisteme compozite vom înțelege structuri formate din mai multe corpuri legate între ele.

Înainte de a trece la analizarea caracteristicilor calculului unor astfel de sisteme, introducem următoarea definiție.

determinat staticsunt apelate astfel de probleme și sisteme de statică pentru care numărul de reacții necunoscute ale constrângerilor nu depășește numărul maxim admisibil de ecuații.

Dacă numărul de necunoscute este mai mare decât numărul de ecuații, relevante sarcinile și sistemele sunt numite static nedeterminat. Se numește diferența dintre numărul de necunoscute și numărul de ecuații gradul de incertitudine statică sisteme.

Pentru orice sistem plan de forțe care acționează asupra unui corp rigid, există trei condiții de echilibru independente. În consecință, pentru orice sistem plat de forțe, din condițiile de echilibru, nu se pot găsi mai mult de trei reacții de cuplare necunoscute.

În cazul unui sistem spațial de forțe care acționează asupra unui corp rigid, există șase condiții de echilibru independente. În consecință, pentru orice sistem spațial de forțe, este posibil să se găsească nu mai mult de șase reacții de cuplare necunoscute din condițiile de echilibru.

Să explicăm acest lucru cu următoarele exemple.

1. Lăsați centrul unui bloc ideal fără greutate (exemplul 4) să fie ținut nu de două, ci de trei tije: AB, SoareȘi BDși este necesar să se determine reacțiile tijelor, neglijând dimensiunile blocului.

Luând în considerare condițiile problemei, obținem un sistem de forțe convergente, unde se determină cele trei necunoscute: S A, S CȘi S D este încă posibil să se compună un sistem de numai două ecuaţii: Σ X = 0, Σ Y=0. Evident, problema pusă și sistemul corespunzător acesteia vor fi static nedeterminate.

2. Grinda, fixată rigid la capătul stâng și având un suport articulat-fix la capătul drept, este încărcată cu un sistem de forțe planar arbitrar (Fig. 27).

Pentru a determina reacțiile suport, pot fi compilate doar trei ecuații de echilibru, care vor include 5 reacții suport necunoscute: X A, Y A,M A,X BȘi Y B. Problema enunțată va fi de două ori nedeterminată static.

O astfel de problemă nu poate fi rezolvată în cadrul mecanicii teoretice, presupunând că corpul luat în considerare este absolut rigid.

Fig.27

Să revenim la studiul sistemelor compozite, un reprezentant tipic al cărora este un cadru cu trei balamale (Fig. 28, A). Este format din două corpuri: ACȘi î.Hr conectat cheie balama C. Pentru acest cadru, luați în considerare două moduri de a determina reacţiile de suport ale sistemelor compozite.

1 cale. Luați în considerare un corp AC, încărcat cu o forță dată R, eliminând, în conformitate cu Axioma 7, toate legăturile și înlocuindu-le, respectiv, cu reacțiile externe ( X A, Y A) și intern ( X C, Y C) conexiuni (Fig. 28, b).

În mod similar, putem lua în considerare echilibrul corpului î.Hr sub influenţa reacţiilor de sprijin ÎN - (X B, Y B) și reacții în balamaua de legătură C - (X C', Y C’), unde, conform Axiomei 5: X C= X C', Y C= Y C’.

Pentru fiecare dintre aceste corpuri pot fi compilate trei ecuații de echilibru, astfel încât numărul total de necunoscute este: X A, Y A , X C=X C', Y C =Y C’, X B, Y B este egal cu numărul total de ecuații, iar problema este determinată static.

Amintiți-vă că, în funcție de starea problemei, a fost necesar să se determine doar 4 reacții de sprijin, dar a trebuit să facem o muncă suplimentară, determinând reacțiile în balamaua de legătură. Acesta este dezavantajul acestei metode de determinare a reacțiilor de suport.

2 sensuri. Luați în considerare echilibrul întregului cadru ABC, eliminând doar constrângerile externe și înlocuindu-le cu reacții de suport necunoscute X A, Y A,X B, Y B .

Sistemul rezultat este format din două corpuri și nu este un corp absolut rigid, deoarece distanța dintre puncte AȘi ÎN se poate modifica din cauza rotației reciproce a ambelor părți față de balama CU. Cu toate acestea, putem presupune că totalitatea forțelor aplicate cadrului ABC formează un sistem dacă folosim axioma de întărire (Fig. 28, V).

Fig.28

Deci pentru corp ABC există trei ecuații de echilibru. De exemplu:

Σ M A = 0;

Σ X = 0;

Aceste trei ecuații vor include 4 reacții de suport necunoscute X A, Y A,X BȘi Y B. Rețineți că o încercare de a folosi ca o ecuație lipsă, de exemplu: Σ M B= 0 nu va duce la succes, deoarece această ecuație va fi dependentă liniar de cele anterioare. Pentru a obține o a patra ecuație liniar independentă, este necesar să se ia în considerare echilibrul altui corp. Astfel, puteți lua una dintre părțile cadrului, de exemplu - Soare. În acest caz, este necesar să se compună o ecuație care să conțină „vechile” necunoscute X A, Y A,X B, Y Bși nu conținea altele noi. De exemplu, ecuația: Σ X (Soare) = 0 sau mai mult:- X C' + X B= 0 nu este potrivit pentru aceste scopuri, deoarece conține o „nouă” necunoscută X C’, dar ecuația Σ M C (Soare) = 0 îndeplinește toate condițiile necesare. Astfel, reacțiile de suport dorite pot fi găsite în următoarea secvență:

Σ M A = 0; → Y B= R/4;

Σ M B = 0; → Y A= -R/4;

Σ M C (Soare) = 0; → X B= -R/4;

Σ X = 0; →X A= -3R/4.

Pentru a verifica, puteți folosi ecuația: Σ M C (AC) = 0 sau, mai detaliat: - Y A∙2 + X A∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 +R∙1 = R/2 - 3R/2 +R = 0.

Rețineți că această ecuație include toate cele 4 reacții de sprijin găsite: X AȘi Y A- în mod explicit, și X BȘi Y B- implicit, întrucât au fost folosite în determinarea primelor două reacţii.

Definirea grafică a reacțiilor de sprijin.

În multe cazuri, rezolvarea problemelor poate fi simplificată dacă, în locul ecuațiilor de echilibru sau pe lângă acestea, se folosesc direct condițiile de echilibru, axiomele și teoremele staticii. Abordarea corespunzătoare se numește definiția grafică a reacțiilor de sprijin.

Înainte de a trece la considerarea metodei grafice, observăm că, ca și în cazul unui sistem de forțe convergente, pot fi rezolvate grafic doar acele probleme care permit o soluție analitică. În același timp, metoda grafică pentru determinarea reacțiilor suportului este convenabilă pentru un număr mic de încărcări.

Deci, metoda grafică pentru determinarea reacțiilor de suport se bazează în principal pe utilizarea:

Axiome despre echilibrul unui sistem de două forțe;

Axiome despre acțiune și reacție;

Teoreme despre trei forțe;

Condiții pentru echilibrul unui sistem plan de forțe.

În determinarea grafică a reacțiilor sistemelor compozite se recomandă următoarele. succesiune de considerare:

Alegeți un corp cu un număr minim de reacții algebrice necunoscute ale legăturilor;

Dacă există două sau mai multe astfel de corpuri, atunci începeți soluția luând în considerare corpul căruia i se aplică un număr mai mic de forțe;

Dacă există două sau mai multe astfel de corpuri, atunci alegeți corpul pentru care este cunoscut numărul mai mare de forțe din direcție.

Rezolvarea problemelor.

Când rezolvați problemele din această secțiune, ar trebui să aveți în vedere toate acele instrucțiuni generale care au fost făcute mai devreme.

Când începeți să rezolvați, este necesar, în primul rând, să stabilim echilibrul al cărui corp anume ar trebui luat în considerare în această problemă. Apoi, după ce am evidențiat acest corp și considerându-l liber, ar trebui să descriem toate forțele date care acționează asupra corpului și reacțiile legăturilor aruncate.

În continuare, ar trebui să compuneți condițiile de echilibru, aplicând forma acestor condiții care duce la un sistem de ecuații mai simplu (cel mai simplu va fi un sistem de ecuații, fiecare dintre ele include o necunoscută).

Pentru a obține ecuații mai simple, urmează (cu excepția cazului în care acest lucru complică calculul):

1) compilarea ecuațiilor de proiecție, desenați o axă de coordonate perpendiculară pe o forță necunoscută;

2) la compilarea ecuației momentului, este recomandabil să alegeți ca ecuație moment punctul în care se intersectează liniile de acțiune a două dintre cele trei reacții de sprijin necunoscute - în acest caz ele nu vor fi incluse în ecuație și va conține doar un necunoscut;

3) dacă două dintre cele trei reacții de sprijin necunoscute sunt paralele, atunci când se întocmește ecuația în proiecții pe axă, aceasta din urmă ar trebui direcționată astfel încât să fie perpendiculară pe primele două reacții - în acest caz, ecuația va conține doar ultima necunoscută;

4) la rezolvarea problemei, sistemul de coordonate trebuie ales astfel încât axele acestuia să fie orientate în același mod ca majoritatea forțelor sistemului aplicate corpului.

La calcularea momentelor, uneori este convenabil să descompunem o forță dată în două componente și, folosind teorema lui Varignon, să găsiți momentul forței ca sumă a momentelor acestor componente.

Rezolvarea multor probleme de statică se rezumă la determinarea reacțiilor suporturilor, cu ajutorul cărora se fixează grinzi, ferme de pod etc.

Exemplul 7 La suportul prezentat în Fig. 29, A,în nod ÎN sarcină suspendată cu o greutate de 36 kN. Conexiunile elementelor suportului sunt articulate. Determinați forțele care apar în tije ABȘi Soare, considerându-le lipsite de greutate.

Soluţie. Luați în considerare echilibrul nodului ÎN, în care tijele converg ABȘi Soare. Nod ÎN reprezintă un punct din desen. Deoarece sarcina este suspendată de nod ÎN, apoi la punct ÎN Aplicam o forta F egala cu greutatea sarcinii suspendate. tije VAȘi Soare, conectat pivotant într-un nod ÎN, limitează posibilitatea oricărei mișcări liniare în plan vertical, adică sunt legături în raport cu nodul ÎN.

Orez. 29. Schema de calcul a parantezei de exemplu 7:

A - schema de proiectare; b - sistem de forțe într-un nod B

Îndepărtăm mental conexiunile și le înlocuim acțiunile cu forțe - reacții ale conexiunilor R AȘi R C. Deoarece tijele sunt lipsite de greutate, reacțiile acestor tije (forțele din tijele) sunt direcționate de-a lungul axei tijelor. Să presupunem că ambele tije sunt întinse, adică. reacţiile lor sunt direcţionate de la balama spre interiorul tijelor. Apoi, dacă după calcul reacția se dovedește cu semnul minus, atunci aceasta va însemna că de fapt reacția este îndreptată în direcția opusă celei indicate în desen, adică. tija va fi comprimată.

Pe fig. 29, b se arată că la punct ÎN forță activă aplicată Fși reacții de legătură R AȘi R C. Se poate observa că sistemul de forțe descris este un sistem plat de forțe care converg într-un punct. Alegem arbitrar axele de coordonate BOUȘi OYși compuneți ecuații de echilibru de forma:

Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;

Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.

Dat fiind cos (90 -α ) = păcatα, din a doua ecuație găsim

Rc = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN.

Înlocuirea valorii Rcîn prima ecuație, obținem

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

Deci lanseta AB- intins, iar tija Soare- comprimat.

Pentru a verifica corectitudinea forțelor găsite în tije, proiectăm toate forțele pe orice axă care nu coincide cu axele XȘi Y de exemplu axa U:

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

După înlocuirea valorilor forțelor găsite în tije (dimensiunea în kilonewtoni), obținem

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

Condiția de echilibru este satisfăcută, astfel, forțele găsite în tije sunt corecte.

Exemplul 8 O grindă de schelă a cărei greutate este neglijabilă este ținută în poziție orizontală de o tijă flexibilă CDși se sprijină pivotant pe perete în punct A. Găsiți forța de tragere CD dacă un muncitor cu o greutate de 80 kg ≈0,8 kN stă pe marginea schelei (Fig. 30, A).

Orez. treizeci. Schema de calcul a schelei de exemplu 8:

A– schema de calcul; b– sistem de forţe care acţionează asupra schelei

Soluţie. Selectăm obiectul echilibrului. În acest exemplu, obiectul echilibrului este grinda schelei. La punctul ÎN forță activă care acționează asupra fasciculului F egal cu greutatea unei persoane. Legăturile în acest caz sunt balamaua suport fixă Ași împingere CD. Să aruncăm mental legăturile, înlocuind acțiunea lor asupra fasciculului cu reacțiile legăturilor (Fig. 30, b). Nu este necesar să se determine reacția unui suport articulat fix în funcție de starea problemei. Răspuns la împingere CDîndreptată de-a lungul liniei. Să presupunem tija CDîntins, adică reacţie R Dîndreptat departe de balama CUîn interiorul tijei. Să descompunăm reacția R D, conform regulii paralelogramului, în componente orizontale și verticale:

R Dx munți \u003d R D cosα ;

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

Ca rezultat, am obținut un sistem de forțe plat arbitrar, condiția necesară pentru echilibrul căruia este egalitatea la zero a trei condiții de echilibru independente.

În cazul nostru, este convenabil să scriem mai întâi condiția de echilibru ca suma momentelor în jurul punctului moment A, din momentul reacției de sprijin R A relativ la acest punct este egal cu zero:

Σ m A = 0; F∙3A - R dy ∙ A = 0

F∙3A - R D păcatα = 0.

Valoarea funcțiilor trigonometrice se determină din triunghi ACD:

cosα = AC/CD = 0,89,

sinα = AD/CD = 0,446.

Rezolvând ecuația de echilibru, obținem R D = 5,38 kN. (Tyazh CD- intins).

Pentru a verifica corectitudinea calculului efortului în șuviță CD este necesar să se calculeze cel puţin una dintre componentele reacţiei suport R A. Folosim ecuația de echilibru sub forma

Σ Fy = 0; VA + R Dy- F= 0

VA = F- Rdy.

De aici VA= -1,6 kN.

Semnul minus înseamnă că componenta verticală a reacției R A arătând în jos pe suport.

Să verificăm corectitudinea calculului efortului în șuviță. Folosim încă o condiție de echilibru sub formă de ecuații de momente în jurul punctului ÎN.

Σ m B = 0; VA∙3a + R Dy ∙ 2a = 0;

1,6∙3A + 5,38∙0,446∙2A = 0; 0 = 0.

Condițiile de echilibru sunt îndeplinite, astfel, forța din fir este găsită corect.

Exemplul 9 Stâlpul vertical de beton este betonat cu capătul inferior într-o bază orizontală. De sus, sarcina de la peretele clădirii cu o greutate de 143 kN este transferată pe stâlp. Stalpul este din beton cu densitatea γ= 25 kN/m 3 . Dimensiunile coloanei sunt prezentate în fig. 31, A. Determinați reacțiile într-o înglobare rigidă.

Orez. 31. Schema de calcul a coloanei de exemplu 9:

A- schema de incarcare si dimensiunile coloanei; b- schema de calcul

Soluţie.În acest exemplu, obiectul echilibrului este coloana. Coloana este încărcată cu următoarele tipuri de sarcini active: la punct A forța concentrată F, egală cu greutatea peretelui clădirii și greutatea proprie a stâlpului sub forma unei sarcini uniform distribuite pe lungimea grinzii cu intensitate q pentru fiecare metru de lungime a coloanei: q = 𝛾А, Unde A este aria secțiunii transversale a stâlpului.

q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.

Legăturile din acest exemplu sunt o ancoră rigidă la baza stâlpului. Aruncați mental terminația și înlocuiți acțiunea acesteia cu reacțiile legăturilor (Fig. 31, b).

În exemplul nostru, luăm în considerare un caz special al acțiunii unui sistem de forțe perpendiculare pe încastre și care trec de-a lungul unei axe prin punctul de aplicare al reacțiilor de sprijin. Apoi două reacții de sprijin: componenta orizontală și momentul reactiv vor fi egale cu zero. Pentru a determina componenta verticală a reacției suport, proiectăm toate forțele pe axa elementului. Aliniați această axă cu axa Z, atunci condiția de echilibru poate fi scrisă sub următoarea formă:

Σ F Z = 0; V B - F - ql = 0,

Unde ql- sarcina distribuita rezultata.

V B = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.

Semnul plus indică faptul că reacția V Bîndreptată în sus.

Pentru a verifica corectitudinea calculului reacției de sprijin, rămâne încă o condiție de echilibru - sub forma unei sume algebrice a momentelor tuturor forțelor raportate la orice punct care nu trece prin axa elementului. Vă sugerăm să faceți singur acest test.

Exemplul 10 Pentru fasciculul prezentat în Fig. 32, A, se cere determinarea reactiilor de suport. Dat: F= 60 kN, q= 24 kN/m, M= 28 kN∙m.

Orez. 32. Schema de calcul și dimensiunile grinzii de exemplu 10:

Soluţie. Luați în considerare echilibrul grinzii. Grinda este încărcată cu o sarcină activă sub forma unui sistem plat de forțe verticale paralele, constând dintr-o forță concentrată F, intensitatea sarcinii uniform distribuită q cu rezultatul Q, aplicat în centrul de greutate al zonei de marfă (Fig. 32, b), și moment concentrat M, care poate fi reprezentat ca o pereche de forțe.

Conexiunile din această grindă sunt suport fixat cu balamale A si suport articulat ÎN. Punem în evidență obiectul echilibrului, pentru aceasta aruncăm legăturile de sprijin și înlocuim acțiunile lor cu reacții în aceste legături (Fig. 32, b). Reacția lagărului R B este îndreptată vertical, iar reacția suportului articulat-fix R A vor fi paralele cu sistemul activ de forţe care acţionează şi de asemenea direcţionate pe verticală. Să presupunem că sunt îndreptate în sus. Sarcina distribuită rezultată Q= 4,8∙q se aplică la centrul de simetrie al zonei de marfă.

La determinarea reacțiilor de susținere în grinzi, este necesar să ne străduim să compunem ecuațiile de echilibru în așa fel încât fiecare dintre ele să includă doar o necunoscută. Acest lucru se poate realiza prin realizarea a două ecuații de momente despre punctele de referință. Reacțiile de sprijin sunt de obicei verificate prin alcătuirea unei ecuații sub forma sumei proiecțiilor tuturor forțelor pe o axă perpendiculară pe axa elementului.

Să acceptăm condiționat direcția de rotație a momentului reacțiilor de sprijin în jurul punctelor de moment ca pozitivă, atunci sensul opus de rotație a forțelor va fi considerat negativ.

O condiție necesară și suficientă pentru echilibru în acest caz este egalitatea la zero a condițiilor de echilibru independente sub forma:

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

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

Înlocuind valorile numerice ale cantităților, găsim

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

Pentru a verifica corectitudinea reacțiilor găsite, folosim condiția de echilibru sub forma:

Σ Fy = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.

După înlocuirea valorilor numerice în această ecuație, obținem o identitate de tip 0=0. De aici concluzionăm că calculul a fost efectuat corect și reacțiile pe ambele suporturi sunt îndreptate în sus.

Exemplul 11. Determinați reacțiile de sprijin pentru grinda prezentată în Fig. 33, A. Dat: F= 2,4 kN, M= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.

Orez. 33. Schema de calcul și dimensiunile grinzii de exemplu 11:

a - schema de proiectare; b - obiect de echilibru

Soluţie. Luați în considerare echilibrul grinzii. Eliberăm mental fasciculul de legăturile de pe suporturi și selectăm obiectul de echilibru (Fig. 33, b). Grinda este încărcată cu o sarcină activă sub forma unui sistem planar arbitrar de forțe. Sarcina distribuită rezultată Q = q∙3 este atașat la centrul de simetrie al zonei de marfă. Putere F se descompune după regula paralelogramului în componente - orizontale și verticale

Fz = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;

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

Aplicăm obiectului de echilibru în loc de legăturile aruncate ale reacției. Să presupunem că reacția verticală VA suport mobil articulat Aîndreptat în sus, reacție verticală V B suport fix articulat B este de asemenea îndreptată în sus, iar reacția orizontală H B- La dreapta.

Astfel, în fig. 33, b este descris un sistem plat arbitrar de forțe, condiția necesară pentru echilibrul căruia este egalitatea la zero a trei condiții de echilibru independente pentru un sistem plat de forțe. Amintiți-vă că, conform teoremei Varignon, momentul forței F faţă de orice punct este egală cu suma momentelor componentelor Fz și Fy cam in acelasi punct. Să acceptăm condiționat direcția de rotație a momentului reacțiilor de sprijin în jurul punctelor de moment ca pozitivă, atunci sensul opus de rotație a forțelor va fi considerat negativ.

Atunci este convenabil să scrieți condițiile de echilibru în următoarea formă:

Σ fz = 0; - Fz + HB= 0; de aici H B= 1,2 kN;

Σ m A = 0; V B∙6 + M - Fy∙2 + 3q∙0,5 = 0; de aici V B= - 1,456 kN;

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

Pentru a verifica corectitudinea reacțiilor calculate, folosim încă o condiție de echilibru, care nu a fost folosită, de exemplu:

Σ Fy = 0; V A + V B - 3q - Fy = 0.

Reacție de sprijin vertical V B s-a dovedit cu un semn minus, acest lucru arată că în acest fascicul este îndreptat nu în sus, ci în jos.

Exemplul 12. Determinați reacțiile de sprijin pentru o grindă încorporată rigid pe o parte și prezentată în fig. 34, A. Dat: q=20 kN/m.

Orez. 34. Schema de calcul și dimensiunile grinzii de exemplu 12:

a - schema de proiectare; b - obiect de echilibru

Soluţie. Să evidențiem obiectul echilibrului. Grinda este încărcată cu o sarcină activă sub forma unui sistem plat de forțe paralele situate vertical. Eliberăm mental fasciculul din conexiunile din terminație și le înlocuim cu reacții sub forma unei forțe concentrate V Bşi perechi de forţe cu momentul reactiv dorit M B(vezi fig. 34, b). Deoarece forțele active acționează numai pe direcția verticală, reacția orizontală H B este egal cu zero. Să acceptăm condiționat sensul de rotație al reacțiilor momentului de sprijin în jurul punctelor de moment în sensul acelor de ceasornic ca pozitiv, atunci sensul opus de rotație a forțelor va fi considerat negativ.

Compunem condițiile de echilibru în formă

Σ Fy = 0; V B- q∙1,6 = 0;

Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.

Aici q∙1.6 - rezultanta sarcinii distribuite.

Înlocuirea valorilor numerice ale sarcinii distribuite q, găsim

V V= 32 kN, M B= 38,4 kN∙m.

Pentru a verifica corectitudinea reacțiilor găsite, mai compunem o condiție de echilibru. Acum să luăm un alt punct ca punct de moment, de exemplu, capătul din dreapta al fasciculului, apoi:

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

După înlocuirea valorilor numerice, obținem identitatea 0=0.

În sfârșit, concluzionăm că reacțiile de suport sunt găsite corect. Reacție verticală V Bîndreptat în sus, iar momentul reactiv M V- în sensul acelor de ceasornic.

Exemplul 13 Determinați reacțiile de sprijin ale grinzii (Fig. 35, A).

Soluţie. Sarcina distribuită rezultată acționează ca o sarcină activă Q=(1/2)∙aq\u003d (1/2) ∙ 3 2 \u003d 3 kN, a cărei linie de acțiune trece la o distanță de 1 m de suportul din stânga, forța de tensionare a firului T = R= 2 kN aplicat la capătul drept al grinzii și moment concentrat.

Deoarece acestea din urmă pot fi înlocuite cu o pereche de forțe verticale, sarcina care acționează asupra grinzii, împreună cu reacția suportului mobil ÎN formează un sistem de forțe paralele, deci reacția R A va fi de asemenea direcționat vertical (Fig. 35, b).

Pentru a determina aceste reacții, folosim ecuațiile de echilibru.

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

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

Σ M B = 0; - R A∙3 +Q∙2 - M+ T∙2 = 0,

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

Fig.35

Pentru a verifica corectitudinea soluției obținute, folosim o ecuație suplimentară de echilibru:

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

adică problema este rezolvată corect.

Exemplul 14 Găsiți reacțiile de sprijin ale unei grinzi cantilever încărcate cu o sarcină distribuită (Fig. 36, A).

Soluţie. Sarcina distribuită rezultată este aplicată la centrul de greutate al diagramei de sarcină. Pentru a nu căuta poziția centrului de greutate al trapezului, îl reprezentăm ca suma a două triunghiuri. Atunci sarcina dată va fi echivalentă cu două forțe: Q 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN și Q 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, care sunt aplicate în centrul de greutate al fiecărui triunghi (Fig. 36, b).

Fig.36

Reacțiile de sprijin ale ciupitului rigid sunt reprezentate de forță R A si moment M A, pentru care este mai convenabil să se utilizeze ecuațiile de echilibru ale unui sistem de forțe paralele, adică:

Σ M A = 0; M A= 15 kN∙m;

Σ Y= 0, R A= 9 kN.

Pentru a verifica, folosim ecuația suplimentară Σ M B= 0, unde punctul ÎN situat la capătul drept al grinzii:

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

Exemplul 15 Cântărirea fasciculului omogen Q= 600 N și lungime l= 4 m se sprijină cu un capăt pe o podea netedă și un punct intermediar ÎN pe un stâlp înalt h= 3 m, formând un unghi de 30 ° cu verticala. În această poziție, fasciculul este ținut de o frânghie întinsă pe podea. Determinați tensiunea frânghiei T si post reactii - R B si sex - R A(fig.37, A).

Soluţie. O grindă sau tijă în mecanică teoretică este înțeleasă ca un corp ale cărui dimensiuni transversale în comparație cu lungimea sa pot fi neglijate. Deci greutatea Q fascicul omogen atașat la un punct CU, Unde AC= 2 m.

Fig.37

1) Deoarece două dintre cele trei reacții necunoscute sunt aplicate în punctul respectiv A, primul lucru de făcut este să formulați ecuația Σ M A= 0, deoarece numai reacția R B:

- R B∙AB+Q∙(l/2)∙sin30° = 0,

Unde AB = h/cos30°= 2 m.

Înlocuind în ecuație, obținem:

R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

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

În mod similar, din ecuația momentului se poate găsi și reacția R A, alegând ca moment punctul în care liniile de acțiune se intersectează R BȘi T. Cu toate acestea, acest lucru va necesita construcții suplimentare, deci este mai ușor să utilizați alte ecuații de echilibru:

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.

Așa am găsit TȘi R A prin R B, astfel încât să puteți verifica corectitudinea soluției obținute folosind ecuația: Σ M B= 0, care include în mod explicit sau implicit toate reacțiile găsite:

R A∙AB păcat 30°- 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.

Primit ca urmare a rotunjirii discrepanţă se numește ∆= -0,5 eroare absolută calculele.

Pentru a răspunde la întrebarea cât de exact este rezultatul, calculați eroare relativă, care este determinată de formula:

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

Exemplul 16 Determinați reacțiile de sprijin ale cadrului (Fig. 38). Aici și mai jos, dacă nu se specifică altfel, toate dimensiunile din cifre vor fi considerate indicate în metri, iar forțele - în kilonewtoni.

Fig.38

Soluţie. Să luăm în considerare echilibrul cadrului, căruia i se aplică forța de tensionare a firului ca forță activă T egală cu greutatea încărcăturii Q.

1) Reacția suportului mobil R B găsiți din ecuația Σ M A= 0. Pentru a nu calcula umărul forţei T, folosim teorema Varignon, descompunând această forță în componente orizontale și verticale:

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

2) Pentru a calcula Y A scrieți ecuația Σ M C= 0, unde punctul CU se află la intersecția liniilor de acțiune ale reacțiilor R BȘi X A:

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

3) În cele din urmă, găsim reacția X A:

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

Deoarece toate cele trei reacții au fost găsite independent una de cealaltă, pentru verificare, trebuie să luați ecuația care le include pe fiecare dintre ele:

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.

Exemplul 17. Determinați reacțiile de sprijin ale tijei cu un contur întrerupt (Fig. 39, A).

Soluţie.Înlocuim sarcina distribuită pe fiecare secțiune a tijei cu forțe concentrate Q 1 = 5 kN și Q 2 \u003d 3 kN, iar acțiunea ciupitului dur aruncat - prin reacții X A,Y AȘi M A(fig.39, b).

Fig.39

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

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

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

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

Exemplul 18. Pentru cadrul prezentat în Fig. 40, A, trebuie determinate reacțiile de sprijin. Dat: F= 50 kN, M= 60 kN∙m, q= 20 kN/m.

Soluţie. Luați în considerare echilibrul cadrului. Eliberați mental cadrul de legăturile de pe suporturi (Fig. 40, b) și selectați obiectul de echilibru. Cadrul este încărcat cu o sarcină activă sub forma unui sistem planar arbitrar de forțe. În loc de legături aruncate, aplicăm reacții obiectului de echilibru: pe un suport articulat-fix A- verticală VAși orizontală H A, și pe un suport mobil cu balamale ÎN- reacție verticală V B Direcția așteptată a reacțiilor este prezentată în Fig. 40, b.

Fig.40. Schema de calcul a cadrului și a obiectului de echilibru de exemplu 18:

A– schema de calcul; b- obiectul echilibrului

Formulăm următoarele condiții de echilibru:

Σ Fx = 0; -H A + F = 0; H A= 50 kN.

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

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

Aici, direcția de rotație în jurul punctelor de moment în sens invers acelor de ceasornic este luată în mod convențional drept pozitivă.

Pentru a verifica corectitudinea calculului reacțiilor, folosim condiția de echilibru, care ar include toate reacțiile suport, de exemplu:

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

După înlocuirea valorilor numerice, obținem identitatea 0=0.

Astfel, direcția și magnitudinea reacțiilor suport sunt determinate corect.

Exemplul 19. Determinați reacțiile de sprijin ale cadrului (Fig. 41, A).

Fig.41

Soluţie. Ca și în exemplul anterior, cadrul este format din două părți conectate printr-o balama cheie CU. Sarcina distribuită aplicată pe partea stângă a cadrului este înlocuită cu rezultatul Q 1, iar la dreapta - rezultanta Q 2, unde Q 1 = Q 2 = 2kN.

1) Găsirea unei reacții R B din ecuația Σ M C (Soare) = 0; → R B= 1kN;