Udaljenost između koncentriranih opterećenja je ista, a udaljenost od početka raspona do prvog koncentriranog opterećenja jednaka je udaljenosti između koncentriranih opterećenja. U ovom slučaju koncentrirana opterećenja padaju i na početak i kraj raspona, ali istovremeno samo izazivaju povećanje reakcije oslonca; ekstremno koncentrirana opterećenja ni na koji način ne utječu na vrijednost momenata savijanja i otklona, a stoga se ne uzimaju u obzir pri proračunu nosivosti konstrukcije. Razmotrimo to na primjeru podnih greda koje se oslanjaju na nadvratnik. Zidanje od opeke, koje može biti između nadvratnika i podne grede i stvarati jednoliko raspoređeno opterećenje, nije prikazano radi lakše percepcije.
Slika 1. Smanjenje koncentriranog opterećenja na ekvivalentno ravnomjerno raspoređeno opterećenje.
Kao što se može vidjeti na slici 1, odlučujući moment je moment savijanja koji se koristi u proračunima čvrstoće konstrukcija. Dakle, da bi ravnomjerno raspoređeno opterećenje proizvelo isti moment savijanja kao koncentrirano opterećenje, mora se pomnožiti s odgovarajućim prijelaznim faktorom (faktor ekvivalencije). A ovaj koeficijent se određuje iz uslova jednakosti momenata. Mislim da slika 1 to vrlo dobro ilustruje. A analizom dobivenih ovisnosti možete izvesti opću formulu za određivanje prijelaznog koeficijenta. Dakle, ako je broj primijenjenih koncentrisanih opterećenja neparan, tj. jedno od koncentriranih opterećenja nužno pada na sredinu raspona, tada za određivanje koeficijenta ekvivalencije možete koristiti formulu:
γ = n/(n - 1) (305.1.1)
gdje je n broj raspona između koncentriranih opterećenja.
q eq = γ(n-1)Q/l (305.1.2)
gdje je (n-1) broj koncentrisanih opterećenja.
Međutim, ponekad je prikladnije napraviti proračune na osnovu broja koncentriranih opterećenja. Ako je ova količina izražena varijablom m, onda
γ = (m +1)/m (305.1.3)
U ovom slučaju, ekvivalentno ravnomjerno raspoređeno opterećenje će biti jednako:
q eq = γmQ/l (305.1.4)
Kada je broj koncentrisanih opterećenja paran, tj. nijedno od koncentrisanih opterećenja ne pada na sredinu raspona, tada se vrijednost koeficijenta može uzeti kao za sljedeću neparnu vrijednost broja koncentrisanih opterećenja. Općenito, pod određenim uvjetima opterećenja, mogu se prihvatiti sljedeći prijelazni koeficijenti:
γ = 2- ako se na objektu koji se razmatra, na primjer, greda prima samo jedno koncentrisano opterećenje u sredini nadvratnika.
γ = 1,33- za gredu izloženu 2 ili 3 koncentrisana opterećenja;
γ = 1,2- za gredu izloženu 4 ili 5 koncentrisanih opterećenja;
γ = 1,142- za gredu izloženu 6 ili 7 koncentrisanih opterećenja;
γ = 1,11- za gredu izloženu 8 ili 9 koncentrisanih opterećenja.
Opcija 2
Udaljenost između koncentriranih opterećenja je ista, s tim da je udaljenost od početka raspona do prvog koncentriranog opterećenja jednaka polovini udaljenosti između koncentriranih opterećenja. U ovom slučaju koncentrirana opterećenja ne padaju na početak i kraj raspona.
Slika 2. Vrijednosti prijelaznih koeficijenata za opciju 2 primjene koncentriranog opterećenja.
Kao što se može vidjeti sa slike 2, sa ovom opcijom opterećenja vrijednost koeficijenta prijelaza bit će znatno manja. Tako se, na primjer, s parnim brojem koncentriranih opterećenja, prijelazni koeficijent općenito može uzeti jednakim jedinici. Za neparan broj koncentriranih opterećenja, formula se može koristiti za određivanje koeficijenta ekvivalencije:
γ = (m +7)/(m +6) (305.2.1)
gdje je m broj koncentrisanih opterećenja.
U ovom slučaju, ekvivalentno ravnomjerno raspoređeno opterećenje i dalje će biti jednako:
q eq = γmQ/l (305.1.4)
Općenito, pod određenim uvjetima opterećenja, mogu se prihvatiti sljedeći prijelazni koeficijenti:
γ = 2- ako predmetna konstrukcija, na primjer, prima samo jedno koncentrisano opterećenje na sredini nadvratnika, te da li podne grede padaju na početak ili kraj raspona ili se nalaze proizvoljno udaljene od početka i kraja raspona, u ovom slučaju nije bitno. A to je važno pri određivanju koncentriranog opterećenja.
γ = 1- ako je predmetna konstrukcija podložna parnom broju opterećenja.
γ = 1,11- za gredu podložna 3 koncentrisana opterećenja;
γ = 1,091- za gredu izloženu 5 koncentrisanih opterećenja;
γ = 1,076- za gredu izloženu 7 koncentrisanih opterećenja;
γ = 1,067- za gredu izloženu 9 koncentrisanih opterećenja.
Uprkos nekim komplikovanim definicijama, koeficijenti ekvivalencije su vrlo jednostavni i pogodni. Budući da je tokom proračuna vrlo često poznato raspoređeno opterećenje koje djeluje po kvadratnom ili linearnom metru, kako se raspoređeno opterećenje ne bi pretvorilo prvo u koncentrisano, a zatim opet u ekvivalentno raspoređeno, dovoljno je jednostavno pomnožiti vrijednost raspoređeno opterećenje odgovarajućim koeficijentom. Na primjer, strop će biti podvrgnut standardnom raspoređenom opterećenju od 400 kg/m2, dok će vlastita težina stropa biti još 300 kg/m2. Tada bi s dužinom podne grede od 6 m na nadvratnik moglo djelovati ravnomjerno raspoređeno opterećenje q = 6(400 + 300)/2 = 2100 kg/m. A onda, ako postoji samo jedna podna greda u sredini raspona, onda je γ = 2, i
q eq = γq = 2q (305.2.2)
Ako nijedan od dva gornja uvjeta nije ispunjen, tada je nemoguće koristiti prijelazne koeficijente u njihovom čistom obliku; potrebno je dodati nekoliko dodatnih koeficijenata koji uzimaju u obzir udaljenost do greda koje ne padaju na početku i na kraju raspona nadvratnika, kao i moguća asimetrija primjene koncentrisanih opterećenja. U principu, moguće je izvesti takve koeficijente, ali u svakom slučaju oni će se smanjiti u svim slučajevima ako uzmemo u obzir 1. slučaj opterećenja i u 50% slučajeva ako uzmemo u obzir 2. slučaj opterećenja, tj. vrijednosti takvih koeficijenata će biti< 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.
Zajedno sa koncentrisanim silama o kojima smo gore govorili, građevinske strukture i strukture mogu biti izložene raspoređena opterećenja– po zapremini, po površini ili duž određene linije – i njome određena intenzitet.
Primjer opterećenja raspoređeni po području, je opterećenje snijegom, pritisak vjetra, pritisak tekućine ili tlak tla. Intenzitet takvog površinskog opterećenja ima dimenziju pritiska i mjeri se u kN/m2 ili kilopaskalima (kPa = kN/m2).
Prilikom rješavanja problema često postoji opterećenje koje raspoređeni duž dužine grede. Intenzitet q takvo opterećenje se mjeri u kN/m.
Razmotrimo gredu opterećenu na presjeku [ a, b] distribuirano opterećenje, čiji intenzitet varira u skladu sa zakonom q= q(x). Da bi se odredile reakcije potpore takve grede, potrebno je raspoređeno opterećenje zamijeniti ekvivalentnim koncentriranim. Ovo se može uraditi sledeće pravilo:
Razmotrimo posebne slučajeve distribuiranog opterećenja.
A) opšti slučaj raspoređenog opterećenja(Sl.24)
Fig.24
q(x) - intenzitet raspoređene sile [N/m],
Elementarna moć.
l– dužina segmenta
Intenzivna sila q(x) raspoređena duž pravog segmenta je ekvivalentna koncentrisanoj sili
Koncentrisana sila se primenjuje na tačku WITH(centar paralelnih sila) sa koordinatom
b) konstantan raspoređeni intenzitet opterećenja(Sl.25)
Fig.25
V) raspoređeni intenzitet opterećenja koji varira linearno(Sl.26)
Fig.26
Kalkulacija kompozitni sistemi.
Ispod kompozitni sistemi Razumjet ćemo strukture koje se sastoje od nekoliko tijela povezanih jedno s drugim.
Prije nego što pređemo na razmatranje karakteristika proračuna takvih sistema, uvodimo sljedeću definiciju.
Statički definiranTo su problemi i sistemi statike za koje broj nepoznatih reakcija ograničenja ne prelazi maksimalno dozvoljeni broj jednačina.
Ako je broj nepoznanica veći od broja jednačina, relevantan zadaci i sistemi se nazivaju statički neodređeno. U ovom slučaju se naziva razlika između broja nepoznanica i broja jednačina stepen statičke neodređenosti sistemima.
Za bilo koji ravan sistem sila koje deluju na kruto telo, postoje tri nezavisna uslova ravnoteže. Prema tome, za bilo koji ravan sistem sila iz ravnotežnih uslova ne može se naći više od tri nepoznate reakcije spajanja.
U slučaju prostornog sistema sila koje deluju na kruto telo, postoji šest nezavisnih uslova ravnoteže. Prema tome, za bilo koji prostorni sistem sila iz ravnotežnih uslova ne može se naći više od šest nepoznatih reakcija sprega.
Objasnimo ovo na sljedećim primjerima.
1. Neka središte idealnog bloka bez težine (primjer 4) drže ne dva, već tri štapa: AB, Ned I BD te je potrebno odrediti reakcije štapova, zanemarujući dimenzije bloka.
Uzimajući u obzir uslove zadatka, dobijamo sistem konvergentnih sila, gde treba odrediti tri nepoznanice: S A, S C I S D još uvijek je moguće sastaviti sistem od samo dvije jednačine: Σ X = 0, Σ Y=0. Očigledno je da će postavljeni problem i odgovarajući sistem biti statički neodređeni.
2. Greda, kruto stegnuta na lijevom kraju, a na desnom kraju ima zglobno fiksiran oslonac, opterećena je proizvoljnim ravnim sistemom sila (sl. 27).
Da biste odredili reakcije potpore, možete kreirati samo tri jednadžbe ravnoteže, koje će uključivati 5 nepoznatih reakcija potpore: X A, Y A,M A,X B I Y B. Navedeni problem će biti dva puta statički neodređen.
Takav problem se ne može riješiti u okviru teorijske mehanike, pod pretpostavkom da je tijelo u pitanju apsolutno čvrsto.
Fig.27
Vratimo se proučavanju kompozitnih sistema, čiji je tipičan predstavnik okvir sa tri zgloba (Sl. 28, A). Sastoji se od dva tijela: A.C. I B.C., povezan ključšarka C. Koristeći ovaj okvir kao primjer, razmotrite dva načina za određivanje reakcija potpore kompozitnih sistema.
1 način. Razmotrite tijelo A.C., opterećeno datom silom R, odbacujući sve veze u skladu s aksiomom 7 i zamjenjujući ih vanjskim reakcijama ( X A, Y A) i interni ( X C, YC) veze (Sl. 28, b).
Slično, možemo razmotriti ravnotežu tijela B.C. pod uticajem reakcija podrške IN - (X B, Y B) i reakcije u spojnom zglobu C - (X C', YC’), pri čemu, u skladu sa aksiomom 5: X C= X C', YC= YC’.
Za svako od ovih tijela mogu se konstruirati tri jednadžbe ravnoteže, dakle ukupan broj nepoznatih: X A, Y A , X C=X C', YC =YC’, X B, Y B jednak je ukupnom broju jednačina, a problem je statički definiran.
Podsjetimo, prema uslovima problema bilo je potrebno odrediti samo 4 reakcije podrške, ali smo morali dodatni posao, određivanje reakcija u spojnom spoju. Ovo je nedostatak ovu metodu određivanje reakcija podrške.
Metoda 2. Uzmite u obzir ravnotežu cijelog okvira ABC, samo odbacivanje vanjski odnosi i zamjenjujući ih nepoznatim reakcijama podrške X A, Y A,X B, Y B .
Rezultirajući sistem se sastoji od dva tijela i nije apsolutno kruto tijelo, budući da je udaljenost između tačaka A I IN može se mijenjati zbog međusobnog okretanja oba dijela u odnosu na šarku WITH. Ipak, možemo pretpostaviti da je ukupna sila primijenjena na okvir ABC formira sistem ako koristimo aksiom učvršćivanja (Sl. 28, V).
Fig.28
Dakle za tijelo ABC mogu se konstruisati tri jednačine ravnoteže. Na primjer:
Σ M A = 0;
Σ X = 0;
Ove tri jednačine će uključivati 4 nepoznate reakcije podrške X A, Y A,X B I Y B. Imajte na umu da pokušaj korištenja, na primjer, ovo kao jednačina koja nedostaje: Σ M V= 0 neće dovesti do uspjeha, jer će ova jednačina biti linearno zavisna od prethodnih. Da bi se dobila linearno nezavisna četvrta jednačina, potrebno je razmotriti ravnotežu drugog tijela. Kao što možete uzeti jedan od dijelova okvira, na primjer - Ned. U ovom slučaju, trebate kreirati jednačinu koja bi sadržavala „stare“ nepoznanice X A, Y A,X B, Y B i nije sadržavao nove. Na primjer, jednadžba: Σ X (Ned) = 0 ili više detalja: - X C ' + X B= 0 nije pogodan za ove svrhe, jer sadrži “novu” nepoznatu X C’, ali ovdje je jednačina Σ M C (Ned) = 0 ispunjava sve potrebne uslove. Dakle, potrebne reakcije podrške mogu se naći u sljedećem nizu:
Σ M A = 0; → Y B= R/4;
Σ M V = 0; → Y A= -R/4;
Σ M C (Ned) = 0; → X B= -R/4;
Σ X = 0; →X A= -3R/4.
Za provjeru možete koristiti jednačinu: Σ M C (AC) = 0 ili, detaljnije: - Y A∙2 + X A∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 +R∙1 = R/2 - 3R/2 +R = 0.
Imajte na umu da ova jednadžba uključuje sve 4 pronađene reakcije podrške: X A I Y A- u eksplicitnom obliku, i X B I Y B- implicitne, jer su korištene za određivanje prve dvije reakcije.
Grafičko određivanje reakcija podrške.
U mnogim slučajevima rješavanje problema se može pojednostaviti ako se, umjesto jednačina ravnoteže ili kao dodatak njima, direktno koriste uvjeti ravnoteže, aksiomi i teoreme statike. Odgovarajući pristup naziva se grafičko određivanje reakcija podrške.
Prije nego što pređemo na razmatranje grafičke metode, napominjemo da se, što se tiče sistema konvergirajućih sila, grafički mogu riješiti samo oni problemi koji se mogu riješiti analitički. Istovremeno, grafička metoda za određivanje reakcija potpore pogodna je za mali broj opterećenja.
Dakle, grafička metoda za određivanje reakcija podrške zasniva se uglavnom na korištenju:
Aksiome o ravnoteži sistema dviju sila;
Aksiomi o akciji i reakciji;
Tri teoreme sile;
Uslovi ravnoteže za ravan sistem sila.
At grafička definicija reakcije kompozitnih sistema, preporučuje se sljedeće redosled razmatranja:
Odaberite tijelo s minimalnim brojem algebarskih nepoznatih reakcija spajanja;
Ako postoje dva ili više takvih tijela, tada rješenje počnite razmatranjem tijela na koje se primjenjuje manje sila;
Ako postoje dva ili više takvih tijela, odaberite tijelo za koje veći broj sile su poznate po pravcu.
Rješavanje problema.
Prilikom rješavanja problema iz ovog odjeljka, sve to treba imati na umu opšta uputstva koji su napravljeni ranije.
Prilikom počinjanja rješavanja potrebno je prije svega uspostaviti ravnotežu koje tijelo treba uzeti u obzir u ovom problemu. Zatim, izolujući ovo tijelo i smatrajući ga slobodnim, treba prikazati sve date sile i reakcije odbačenih veza koje djeluju na tijelo.
Zatim, treba da kreirate uslove ravnoteže, primenjujući formu ovih uslova koji vodi do jednostavnijeg sistema jednačina (najjednostavniji sistem će biti sistem jednačina, od kojih svaka uključuje jednu nepoznatu).
Da dobijete više jednostavne jednačine slijedi (osim ako ne otežava izračun):
1) prilikom sastavljanja jednadžbi za projekcije izvršiti koordinatna osa, okomito na neku nepoznatu silu;
2) pri sastavljanju jednadžbe momenta preporučljivo je kao momentnu tačku odabrati tačku u kojoj se sijeku linije djelovanja dvije od tri nepoznate reakcije oslonca – u tom slučaju one neće biti uključene u jednačinu, a ona će sadrže samo jednu nepoznatu;
3) ako su dvije od tri nepoznate potporne reakcije paralelne, tada pri sastavljanju jednadžbe u projekcijama na osu, potonju treba usmjeriti tako da bude okomito na prve dvije reakcije - u ovom slučaju jednačina će sadržavati samo posljednja nepoznanica;
4) pri rešavanju zadatka koordinatni sistem mora biti izabran tako da njegove ose budu orijentisane na isti način kao i većina sila sistema koje se primenjuju na telo.
Prilikom izračunavanja momenata ponekad je zgodno rastaviti datu silu na dvije komponente i, koristeći Varignonovu teoremu, pronaći moment sile kao zbir momenata ovih komponenti.
Rješenje mnogih statičkih problema svodi se na određivanje reakcija nosača kojima su učvršćene grede, rešetke mostova itd.
Primjer 7. Do nosača prikazanog na sl. 29, A, na čvoru IN okačen je teret težine 36 kN. Priključci elemenata konzole su šarnirski. Odredite sile koje se javljaju u šipkama AB I Ned, smatrajući ih bestežinskim.
Rješenje. Razmotrite ravnotežu čvora IN, gdje se štapovi spajaju AB I Ned. Knot IN predstavlja tačku na crtežu. Pošto je opterećenje suspendovano sa čvora IN, zatim u tački IN primijeniti silu F jednaku težini ovjesnog tereta. Štapovi VA I Ned, zglobno povezani u čvor IN, ograničiti mogućnost bilo kakvog linearnog kretanja u vertikalnoj ravni, tj. su veze u odnosu na čvor IN.
Rice. 29. Dijagram proračuna nosača na primjer 7:
A - shema dizajna; b – sistem sila u čvoru B
Mentalno odbacite veze i zamijenite njihova djelovanja silama - reakcijama veza R A I R C. Pošto su štapovi bez težine, reakcije ovih štapova (sile u štapovima) su usmjerene duž ose štapova. Pretpostavimo da su oba štapa rastegnuta, tj. njihove reakcije su usmjerene sa šarke na šipke. Zatim, ako se nakon izračunavanja pokaže da je reakcija sa predznakom minus, onda će to značiti da je zapravo reakcija usmjerena u smjeru suprotnom od onoga što je naznačeno na crtežu, tj. štap će biti komprimiran.
Na sl. 29, b pokazano je da u tački IN primijenjena aktivna sila F i reakcije veza R A I R S. Vidi se da prikazani sistem sila predstavlja ravan sistem sila koje konvergiraju u jednoj tački. Biramo proizvoljne koordinatne ose OX I OY i sastaviti jednadžbe ravnoteže u obliku:
Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;
Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.
S obzirom na to cos (90 -α ) = grijehα, iz druge jednačine nalazimo
R c = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN.
Zamjena vrijednosti Rc u prvu jednačinu, dobijamo
R a = -R c cosα= - (-72) ∙0,866 = 62,35 kN.
Dakle, štap AB- rastegnut, i štap Ned- kompresovano.
Da bismo provjerili ispravnost pronađenih sila u šipkama, projiciramo sve sile na bilo koju os koja se ne poklapa s osi X I Y, na primjer, os U:
Σ F u = 0; -R c - R a cosα -Fcos(90- α) = 0.
Nakon zamjene vrijednosti pronađenih sila u štapovima (dimenzija u kilonjutonima), dobijamo
- (-72) – 62,35∙0,866 - 36∙0,5 = 0; 0 = 0.
Uslov ravnoteže je zadovoljen, pa su nađene sile u štapovima tačne.
Primjer 8. Greda građevinske skele, čija se težina može zanemariti, drži se u horizontalnom položaju pomoću fleksibilne šipke CD i oslonjeno na zid u jednoj tački A. Pronađite silu potiska CD, ako radnik težine 80 kg stoji na rubu skele ≈0,8 kN (Sl. 30, A).
Rice. trideset. Dijagram dizajna skele na primjer 8:
A– dijagram dizajna; b– sistem sila koje djeluju na skelu
Rješenje. Odabiremo objekt ravnoteže. IN u ovom primjeru objekt ravnoteže je greda skele. U tački IN aktivna sila djeluje na gredu F, jednaka težini osobe. Priključci u ovom slučaju su fiksni potporni zglob A i vuča CD. Odbacimo mentalno veze, zamjenjujući njihovo djelovanje na gredu reakcijama veza (slika 30, b). Nema potrebe određivati reakciju fiksnog zglobnog nosača prema uvjetima problema. Reakcija u trakciji CD usmjerena duž potiska. Pretpostavimo da je štap CD rastegnuti, tj. reakcija R D usmjerena dalje od šarke WITH unutar štapa. Hajde da razjasnimo reakciju R D, prema pravilu paralelograma, na horizontalnu i vertikalnu komponentu:
R Dx planine =R D cosα ;
R Dy vert = R D cos(90-α) = R D sinα .
Kao rezultat, dobili smo proizvoljan ravan sistem sila čiji je neophodan uslov za ravnotežu jednakost tri nezavisna uslova ravnoteže sa nulom.
U našem slučaju, zgodno je prvo zapisati stanje ravnoteže u obliku zbira momenata u odnosu na trenutnu tačku A, od trenutka reakcije podrške R A u odnosu na ovu tačku je nula:
Σ mA = 0; F∙3a - R dy∙ a = 0
F∙3a - R D sinα = 0.
Značenje trigonometrijske funkcije odrediti iz trougla ACD:
cosα = AC/CD = 0,89,
sinα = AD/CD = 0,446.
Rješavajući jednačinu ravnoteže, dobijamo R D = 5,38 kN. (Putovanje CD- rastegnut).
Za provjeru ispravnosti proračuna sile u užetu CD potrebno je izračunati barem jednu od komponenti reakcije potpore R A. Koristimo jednačinu ravnoteže u obliku
Σ Fy = 0; V A + R Dy- F= 0
V A = F- Rdy.
Odavde V A= -1,6 kN.
Znak minus znači da je vertikalna komponenta reakcije R A na osloncu je usmjeren prema dolje.
Provjerimo ispravnost proračuna sile u užetu. Koristimo još jedan uslov ravnoteže u obliku jednadžbi momenata oko tačke IN.
Σ m B = 0; V A∙3a + R Dy ∙ 2a = 0;
1,6∙3A + 5,38∙0,446∙2A = 0; 0 = 0.
Uslovi ravnoteže su ispunjeni, tako da je sila u niti pronađena ispravno.
Primjer 9. Vertikalni betonski stub betoniran je donjim krajem u horizontalnu podlogu. Opterećenje sa zida zgrade težine 143 kN prenosi se na stup odozgo. Stub je izrađen od betona gustine γ = 25 kN/m 3. Dimenzije stuba su prikazane na sl. 31, A. Odrediti reakcije u krutom ugrađivanju.
Rice. 31. Proračunski dijagram stuba na primjer 9:
A– šema opterećenja i dimenzije stuba; b– shema dizajna
Rješenje. U ovom primjeru, objekt ravnoteže je stub. Kolona je opterećena sljedećim vrstama aktivnih opterećenja: u tački A koncentrisana sila F, jednaka težini zida zgrade, i vlastita težina stuba u obliku intenziteta opterećenja ravnomjerno raspoređenog duž dužine grede q za svaki metar dužine stuba: q = 𝛾A, Gdje A- kvadrat presjek stub
q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.
Veze u ovom primjeru su kruta ugradnja u podnožju stupa. Odbacimo mentalno pečat i zamijenimo njegovo djelovanje reakcijama veza (Sl. 31, b).
U našem primjeru razmatramo poseban slučaj djelovanje sistema sila okomitih na ugradnju i koje prolaze duž jedne ose kroz tačku primjene reakcija oslonca. Tada će dvije reakcije potpore: horizontalna komponenta i reaktivni moment biti jednaki nuli. Da bismo odredili vertikalnu komponentu reakcije oslonca, projektiramo sve sile na os elementa. Poravnajmo ovu osu sa osom Z, tada će se uvjet ravnoteže napisati u sljedećem obliku:
Σ FZ = 0; V B - F - ql = 0,
Gdje ql- rezultanta raspoređenog opterećenja.
V B = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.
Znak plus označava da je reakcija V B usmerene prema gore.
Da bi se provjerila ispravnost proračuna reakcije oslonca, ostaje još jedan uvjet ravnoteže - u obliku algebarskog zbroja momenata svih sila u odnosu na bilo koju tačku koja ne prolazi kroz os elementa. Predlažemo da sami izvršite ovu provjeru.
Primjer 10. Za gredu prikazanu na sl. 32, A, potrebno je odrediti reakcije podrške. Dato: F= 60 kN, q= 24 kN/m, M= 28 kN∙m.
Rice. 32. Dijagram dizajna i dimenzije grede na primjer 10:
Rješenje. Razmotrimo ravnotežu grede. Greda je opterećena aktivnim opterećenjem u obliku ravnog sistema paralelnih vertikalnih sila koji se sastoji od koncentrisane sile F, ravnomerno raspoređeni intenzitet opterećenja q sa rezultantom Q, primenjen u težištu teretnog prostora (Sl. 32, b), i koncentrisanog trenutka M, koji se može predstaviti kao par sila.
Veze u ovoj gredi su zglobno fiksni nosač A i zglobni pokretni oslonac IN. Istaknimo objekt ravnoteže; da bismo to učinili, odbacit ćemo potporne veze i zamijeniti njihovo djelovanje reakcijama u tim vezama (Sl. 32, b). Reakcija pokretnog nosača R B je usmjerena okomito, a reakcija zglobno-fiksnog oslonca R A biće paralelan sa aktivnim sistemom aktivne snage a također je usmjerena vertikalno. Pretpostavimo da su usmjereni prema gore. Rezultat distribuiranog opterećenja Q= 4,8∙q se primjenjuje na centar simetrije teretnog prostora.
Prilikom određivanja reakcija potpore u gredama potrebno je težiti konstruiranju jednadžbi ravnoteže na način da svaka od njih sadrži samo jednu nepoznatu. Ovo se može postići konstruisanjem dve jednačine momenta o referentnim tačkama. Reakcije oslonca se obično provjeravaju sastavljanjem jednadžbe u obliku zbira projekcija svih sila na osu okomitu na os elementa.
Prihvatimo uvjetno smjer rotacije momenta reakcija oslonca oko tačaka momenta kao pozitivan, tada će se suprotni smjer rotacije sila smatrati negativnim.
Neophodan i dovoljan uslov za ravnotežu u ovom slučaju je jednakost sa nulom nezavisnih uslova ravnoteže u obliku:
Σ mA = 0; V B ∙6 - q∙4,8∙4,8 + M+Ž∙2,4 = 0;
Σ m B = 0; V A∙6 - q∙4,8∙1,2 - M - F∙8,4 = 0.
Zamjenom numeričkih vrijednosti veličina, nalazimo
V B= 14,4 kN, V A= 15,6 kN.
Da bismo provjerili ispravnost pronađenih reakcija, koristimo uvjet ravnoteže u obliku:
Σ Fy = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.
Nakon zamjene numeričkih vrijednosti u ovu jednačinu, dobijamo identitet tipa 0=0. Odavde zaključujemo da je proračun obavljen korektno i da su reakcije na oba oslonca usmjerene prema gore.
Primjer 11. Odredite reakcije potpore za gredu prikazanu na slici 33, A. Dato: F= 2,4 kN, M= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.
Rice. 33. Dijagram dizajna i dimenzije greda na primjer 11:
a – dijagram dizajna; b – objekat ravnoteže
Rješenje. Razmotrimo ravnotežu grede. Mentalno oslobodite gredu od spojeva na nosačima i odaberite objekat ravnoteže (Sl. 33, b). Greda je opterećena aktivnim opterećenjem u obliku proizvoljnog sistema sila. Rezultat distribuiranog opterećenja Q = q∙3 je pričvršćen za centar simetrije teretnog prostora. Snaga F Razložimo paralelogram na komponente - horizontalne i vertikalne - prema pravilu paralelograma.
F z = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;
F y =F cos(90-α) = F grijeh 60°= 2,08 kN.
Mi primjenjujemo reakcije na ravnotežni objekt umjesto odbačenih veza. Pretpostavimo vertikalnu reakciju V A artikulisana podrška A prema gore, vertikalna reakcija V B zglobni fiksni oslonac B je također usmjerena prema gore, a horizontalna reakcija H B- nadesno.
Dakle, na Sl. 33, b prikazuje proizvoljan ravan sistem sila čiji je neophodan uslov za ravnotežu jednakost sa nulom tri nezavisna uslova ravnoteže za ravan sistem sila. Podsjetimo da je, prema Varignonovoj teoremi, moment sile F u odnosu na bilo koju tačku jednak je zbroju momenata komponenti F z i F y u odnosu na istu tačku. Prihvatimo uvjetno smjer rotacije momenta reakcija oslonca oko tačaka momenta kao pozitivan, tada će se suprotni smjer rotacije sila smatrati negativnim.
Tada je zgodno formulisati uslove ravnoteže u sledećem obliku:
Σ Fz = 0; - F z + H B= 0; odavde H B= 1,2 kN;
Σ mA = 0; V B∙6 + M - Fy∙2 + 3q∙0,5 = 0; odavde V B= - 1,456 kN;
Σ m B = 0; V A ∙6 - 3q∙6,5 - Fy ∙4 - M= 0; odavde V A= 5,336 kN.
Za provjeru ispravnosti izračunatih reakcija koristimo još jedan uvjet ravnoteže koji nije korišten, na primjer:
Σ Fy = 0; V A + V B - 3q - Fy = 0.
Vertikalna reakcija potpore V B ispalo sa znakom minus, to pokazuje da je u ovoj gredi usmjerena ne gore, već dolje.
Primjer 12. Odredite reakcije potpore za gredu koja je kruto ugrađena s jedne strane i prikazana na Sl. 34, A. Dato: q=20 kN/m.
Rice. 34. Dijagram dizajna i dimenzije greda na primjer 12:
a – dijagram dizajna; b – objekat ravnoteže
Rješenje. Odaberimo objekat ravnoteže. Greda je opterećena aktivnim opterećenjem u obliku ravnog sistema paralelnih sila smještenih okomito. Mentalno oslobodite gredu od veza u ugradnji i zamijenite ih reakcijama u obliku koncentrirane sile V B i parove sila sa željenim reaktivnim momentom M B(vidi sliku 34, b). Budući da aktivne sile djeluju samo u vertikalnom smjeru, to je horizontalna reakcija H B jednak nuli. Uzmimo uvjetno smjer rotacije momenta reakcija oslonca oko tačaka momenta u smjeru kazaljke na satu kao pozitivan, tada će se suprotni smjer rotacije sila smatrati negativnim.
Uslove ravnoteže sastavljamo u obliku
Σ Fy = 0; V B- q∙1,6 = 0;
Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.
Evo q∙1.6 – rezultanta raspoređenog opterećenja.
Zamjena numeričkih vrijednosti raspoređenog opterećenja q, mi nalazimo
V V= 32 kN, M B= 38,4 kN∙m.
Da bismo provjerili ispravnost pronađenih reakcija, stvorimo još jedan uvjet ravnoteže. Sada uzmimo neku drugu tačku kao trenutnu tačku, na primjer desni kraj grede, onda:
Σ mA = 0; M B – V B∙2 + q∙1,6∙0,8 = 0 .
Nakon zamjene numeričkih vrijednosti, dobijamo identitet 0=0.
Konačno zaključujemo da su reakcije podrške pronađene ispravno. Vertikalna reakcija V B je usmjeren prema gore, a reaktivni moment M V- u smjeru kazaljke na satu.
Primjer 13. Odredite reakcije nosača grede (Sl. 35, A).
Rješenje. Aktivno opterećenje je rezultanta raspoređenog opterećenja Q=(1/2)∙aq=(1/2)∙3∙2=3kN, čija linija djelovanja prolazi na udaljenosti od 1 m od lijevog oslonca, sila zatezanja konca T = R= 2 kN primijenjeno na desnom kraju grede i koncentrirani moment.
Budući da se potonje može zamijeniti parom vertikalnih sila, opterećenje koje djeluje na gredu, zajedno s reakcijom pokretnog oslonca IN formira sistem paralelnih sila, pa reakcija R A takođe će biti usmeren vertikalno (Sl. 35, b).
Da bismo odredili ove reakcije, koristimo jednadžbe ravnoteže.
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
Za provjeru ispravnosti dobivenog rješenja koristimo dodatnu jednadžbu ravnoteže:
Σ Y i = R A - Q + R B+T = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,
odnosno problem je ispravno riješen.
Primjer 14. Pronađite reakcije oslonca konzolne grede opterećene raspoređenim opterećenjem (Sl. 36, A).
Rješenje. Rezultanta raspoređenog opterećenja primjenjuje se na težište dijagrama opterećenja. Da ne bismo tražili položaj težišta trapeza, zamislimo ga kao zbir dva trougla. Tada će dato opterećenje biti ekvivalentno dvije sile: Q 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN i Q 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, koji se primenjuju na težište svakog od trouglova (Sl. 36, b).
Fig.36
Reakcije potpore krutog štipanja predstavljene su silom R A i trenutak M A, da bi se utvrdilo koje je zgodnije koristiti jednačine ravnoteže sistema paralelnih sila, odnosno:
Σ M A = 0; M A= 15 kN∙m;
Σ Y= 0, R A= 9 kN.
Za provjeru koristimo dodatnu jednačinu Σ M V= 0, gdje je tačka IN nalazi se na desnom kraju grede:
Σ M V = M A - R A∙3 + Q 1 ∙2 + Q 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.
Primjer 15. Homogeno vaganje zraka Q= 600 N i dužina l= 4 m se jednim krajem oslanja na glatki pod, a na međutački IN po visini stuba h= 3 m, formirajući ugao od 30° sa vertikalom. U ovom položaju, greda se drži užetom razvučenom preko poda. Odredite napetost užeta T i kolonske reakcije - R B i spol - R A(Sl. 37, A).
Rješenje. U teorijskoj mehanici, greda ili štap se podrazumijeva kao tijelo čije se poprečne dimenzije mogu zanemariti u odnosu na njegovu dužinu. Dakle, težina Q homogena zraka se primjenjuje u tački WITH, Gdje AC= 2 m.
Fig.37
1) Pošto su dvije od tri nepoznate reakcije primijenjene u tački A, prvi korak je kreiranje jednačine Σ M A= 0, pošto će samo reakcija ići tamo R B:
- R B∙AB+Q∙(l/2)∙sin30° = 0,
Gdje AB = h/cos30°= 2 m.
Zamjenom u jednačinu dobijamo:
R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,
R B= 600/ (2) = 100 ≅ 173 N.
Slično, iz trenutne jednačine se mogla naći reakcija R A, birajući kao moment tačku tačku u kojoj se akcione linije seku R B I T. Međutim, to će zahtijevati dodatne konstrukcije, pa je lakše koristiti druge jednadžbe ravnoteže:
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.
Tako smo našli T I R A kroz R B, dakle, ispravnost dobijenog rješenja možete provjeriti pomoću jednačine: Σ M B= 0, što će uključivati sve pronađene reakcije, eksplicitno ili implicitno:
R A∙AB sin30°- T∙AB cos30° - Q∙(AB - l/2)∙sin30°= 513∙2 ∙(1/2) - 150∙2 ∙( /2) - 600∙ (2 - 2)∙(1/2) = 513∙ - 150∙3 - 600∙( -1) ≅ 513∙1,73 - 450 - 600∙0,73 = 887,5 - 888 = -0,5.
Dobijeno kao rezultat zaokruživanja rezidualni∆= -0,5 se zove apsolutna greška kalkulacije.
Da biste odgovorili na pitanje koliko je dobijeni rezultat tačan, izračunajte relativna greška, što je određeno formulom:
ε=[|∆| / min(|Σ + |, |Σ - |)]∙100% =[|-0.5| / min(|887,5|, |-888|)]∙100% = (0,5/887,5)∙100% = 0,06%.
Primjer 16. Odredite reakcije potpore okvira (Sl. 38). Ovdje i dalje, osim ako nije drugačije navedeno, sve dimenzije u brojkama će se smatrati u metrima, a sile - u kilonnjutonima.
Fig.38
Rješenje. Razmotrimo ravnotežu okvira na koji se primjenjuje sila zatezanja niti kao aktivna sila T, jednako težini tereta Q.
1) Reakcija pokretnog oslonca R B nalazimo iz jednačine Σ M A= 0. Da se ne bi izračunala poluga sile T, koristićemo Varignonovu teoremu, razlažući ovu silu na horizontalnu i vertikalnu komponentu:
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) Za izračunavanje Y A napravimo jednačinu Σ M C= 0, gdje je tačka WITH leži na raskrsnici reakcionih akcionih linija R B I 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) Konačno, nalazimo reakciju X A:
Σ X = 0; X A - T sin30° = 0; → X A =Q sin30° = 5/2 kN.
Kako su sve tri reakcije pronađene nezavisno jedna od druge, za provjeru morate uzeti jednadžbu koja uključuje svaku od njih:
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.
Primjer 17. Odredite reakcije potpore štapa koji ima isprekidani obris (slika 39, A).
Rješenje. Raspodijeljeno opterećenje na svakom dijelu štapa zamjenjujemo koncentriranim silama Q 1 = 5 kN i Q 2 = 3 kN, a djelovanje odbačenog krutog štipanja je reakcija X A,Y A I M A(Sl. 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, pošto je sinα = 3/5, cosα = 4/5.
Provjerite: Σ M V = 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.
Primjer 18. Za okvir prikazan na sl. 40, A, potrebno je odrediti reakcije podrške. Dato: F= 50 kN, M= 60 kN∙m, q= 20 kN/m.
Rješenje. Razmotrimo ravnotežu okvira. Mentalno oslobodite okvir od priključaka na nosačima (Sl. 40, b) i izaberite objekat ravnoteže. Okvir je opterećen aktivnim opterećenjem u obliku proizvoljnog sistema sila. Umjesto odbačenih veza, primjenjujemo reakcije na ravnotežni objekt: na zglobno fiksni nosač A- vertikalno V A i horizontalno H A, i na zglobnom pokretnom osloncu IN- vertikalna reakcija V B Očekivani smjer reakcija prikazan je na slici 40, b.
Fig.40. Dijagram dizajna okvira i ravnotežnog objekta na primjer 18:
A– dijagram dizajna; b– objekat ravnoteže
Stvaramo sledeće ravnotežne uslove:
Σ Fx = 0; -H A + F = 0; H A= 50 kN.
Σ mA = 0; V B∙6 + M - q∙6∙3 - F∙6 = 0; V B= 100 kN.
Σ Fy = 0; V A + V B - q∙6 = 0; V A= 20 kN.
Ovdje se smjer rotacije oko momentnih tačaka u smjeru suprotnom od kazaljke na satu konvencionalno uzima kao pozitivan.
Za provjeru ispravnosti izračunavanja reakcija koristimo uvjet ravnoteže, koji bi uključivao sve reakcije podrške, na primjer:
Σ m C = 0; V B∙3 + M – H A∙6 – V A∙3 = 0.
Nakon zamjene numeričkih vrijednosti, dobijamo identitet 0=0.
Dakle, pravci i veličine reakcija potpore su tačno određeni.
Primjer 19. Odredite reakcije potpore okvira (Sl. 41, A).
Fig.41
Rješenje. Kao iu prethodnom primjeru, okvir se sastoji od dva dijela povezana šarkom za ključ WITH. Raspodijeljeno opterećenje primijenjeno na lijevu stranu okvira zamjenjujemo rezultantom Q 1, a desno - rezultanta Q 2 gdje Q 1 = Q 2 = 2kN.
1) Pronađite reakciju R B iz jednačine Σ M C (Ned) = 0; → R B= 1kN;
U inženjerskim proračunima se često susreću opterećenja raspoređena duž date površine prema jednom ili drugom zakonu. Razmotrimo nekoliko jednostavnih primjera raspoređenih sila koje leže u istoj ravni.
Ravni sistem raspoređenih sila karakteriše njegov intenzitet q, odnosno vrijednost sile po jedinici dužine opterećenog segmenta. Intenzitet se mjeri u njutnima podijeljeno metrima
1) Sile ravnomerno raspoređene duž pravolinijskog segmenta (slika 69, a). Za takav sistem sila, intenzitet q ima konstantnu vrijednost. U statičkim proračunima, ovaj sistem sila može se zamijeniti rezultantom
Modulo,
Sila Q se primjenjuje na sredinu segmenta AB.
2) Sile raspoređene duž pravolinijskog segmenta prema linearnom zakonu (slika 69, b). Primjer takvog opterećenja je sila pritiska vode na branu, koja je najveća na dnu i pada na nulu na površini vode. Za ove sile, intenzitet q je veličina varijable koja raste od nule do maksimalne vrijednosti.Rezultanta Q takvih sila određuje se slično kao rezultanta sila gravitacije koje djeluju na homogenu trokutnu ploču ABC. Budući da je težina homogene ploče proporcionalna njenoj površini, onda po modulu,
Sila Q se primjenjuje na udaljenosti od bočne strane aviona trougao ABC(vidi § 35, stav 2).
3) Sile raspoređene duž pravolinijskog segmenta prema proizvoljnom zakonu (slika 69, c). Rezultantna Q takvih sila, po analogiji sa silom gravitacije, jednaka je po veličini površini figure ABDE, mjerenoj na odgovarajućoj skali, i prolazi kroz težište ovog područja (pitanje određivanja o centrima gravitacije oblasti će se raspravljati u § 33).
4) Sile ravnomerno raspoređene duž luka kružnice (Sl. 70). Primjer takvih sila su sile hidrostatskog pritiska na bočne stijenke cilindrične posude.
Neka je polumjer luka jednak , gdje je os simetrije duž koje usmjeravamo osu.Sistem konvergentnih sila koje djeluju na luk ima rezultantu Q, usmjerenu zbog simetrije duž ose i numerički
Da bismo odredili vrijednost Q, odabiremo element na luku, čiji je položaj određen uglom, a dužina sile koja djeluje na ovaj element je brojčano jednaka i projekcija ove sile na os će biti Tada
Ali sa Sl. 70 jasno je da Stoga, od tada
gdje je dužina tetive koja savija luk AB; q - intenzitet.
Zadatak 27. Ravnomjerno raspoređeno opterećenje intenziteta djeluje na konzolnu gredu A B čije su dimenzije prikazane na crtežu (Sl. 71). linearnom zakonu odrediti vrijednosti najvećih intenziteta ovih sila, If
Rješenje. Raspodijeljene sile zamjenjujemo njihovim rezultantama Q, R i R, gdje prema formulama (35) i (36)
i nacrtati uslove ravnoteže (33) za paralelne sile koje djeluju na gredu
Zamjenjujući ovdje umjesto Q, R i R njihove vrijednosti i rješavajući rezultirajuće jednadžbe, konačno ćemo pronaći
Na primjer, kada dobijemo i kada
Zadatak 28. Cilindrični cilindar čija je visina H i unutrašnji prečnik d ispunjen je gasom pod pritiskom.Debljina cilindričnih zidova cilindra je a. Odredite vlačna naprezanja koja doživljavaju ovi zidovi u smjerovima: 1) uzdužnom i 2) poprečnom (napon je jednak omjeru vlačne sile i površine poprečnog presjeka), smatrajući ga malim.
Rješenje. 1) Razrežemo cilindar na dva dela ravninom okomitom na njegovu osu i razmotrimo ravnotežu jednog od njih (Sl.
72, a). Na njega u smjeru osi cilindra djeluju sila pritiska na dno i sile raspoređene po površini poprečnog presjeka (djelovanje odbačene polovine), čija će rezultanta biti označena sa Q. U ravnoteži
Uz pretpostavku da je površina poprečnog presjeka približno jednaka, za vlačni napon dobivamo vrijednost
U inženjerskim proračunima, zajedno sa koncentrisanim silama koje se primenjuju na čvrsto telo u određenoj tački nailaze sile čije je djelovanje raspoređeno na određene površine volumena tijela, njegove površine ili linije.
Budući da su svi aksiomi i teoreme statike formulirani za koncentrirane sile, potrebno je razmotriti metode prijelaza s distribuiranog opterećenja na koncentrisane sile.
Razmotrimo nekoliko jednostavnih slučajeva raspoređenog opterećenja tijela paralelnim silama koje leže u istoj ravni duž pravocrtnog segmenta.
Ravni sistem raspoređenih sila karakteriše njegov intenzitet q, odnosno veličina sile po jedinici dužine opterećenog segmenta. Jedinica intenziteta je Njutn podijeljen sa metrom (N/m). Intenzitet može biti konstantan (jednoliko raspoređeno opterećenje) ili varirati prema linearnim i proizvoljnim zakonima.
Ravnomjerno raspoređeno opterećenje (slika 2.5, a), čiji je intenzitet q je konstantna vrijednost, u statičkim proračunima zamjenjuje se jednom koncentriranom silom čiji je modul
gdje je dužina učitanog segmenta.
a B C)
Slika 2.5
Ova rezultujuća sila, paralelna sa silama raspoređenog opterećenja, usmjerena je u smjeru raspoređenih sila i primjenjuje se u sredini opterećenog segmenta AB.
Takvo opterećenje nastaje kada se na tijelo postavi homogena greda dužine l sa specifičnom težinom q.
Distribuirano opterećenje sa intenzitetom koji varira prema linearnom zakonu (slika 2.5, b) pojavljuje se, na primjer, pod utjecajem pritiska vode na branu, kada je opterećenje na brani najveće u blizini dna akumulacije i je nula blizu površine vode. U ovom slučaju, vrijednost q intenzitet se povećava od nula vrijednost To najveća vrijednost q max. Rezultat Q takvo opterećenje se definira kao težina homogene trokutaste ploče ABC, što je proporcionalno njegovoj površini. Tada je veličina ove rezultante:
Linija djelovanja rezultantne sile prolazi središtem trokuta ABC na udaljenosti od njenog vrha A.
Primjer djelovanja sila raspoređenih duž pravocrtnog segmenta prema proizvoljnom zakonu (slika 2.5, c) je opterećenje ravnog poda sa snježnim nanosom. Rezultanta takvih sila, po analogiji sa silom težine, bit će brojčano jednaka površini figure mjerene na odgovarajućoj skali, a linija djelovanja ove rezultante prolazit će kroz središte površine ovu cifru.
Svaki vlasnik trofaznog ulaza (380 V) dužan je voditi računa o ravnomjernom opterećenju faza kako bi se izbjeglo preopterećenje jedne od njih. Ako postoji neravnomjerna distribucija na trofaznom ulazu, ako nula pregori ili je njen loš kontakt, naponi na faznim žicama počinju se razlikovati jedan od drugog, i gore i dolje. Na nivou jednofaznog napajanja (220 volti) to može dovesti do kvara električnih uređaja zbog povećanog napona od 250-280 volti, odnosno smanjenog napona od 180-150 volti. Osim toga, u ovom slučaju dolazi do povećane potrošnje električne energije kod električnih uređaja koji nisu osjetljivi na neravnoteže napona. U ovom članku ćemo vam reći kako se raspodjela opterećenja vrši po fazama pružanjem kratka uputstva sa dijagramom i video primjerom.
Šta je važno znati
Ovaj dijagram otprilike ilustruje trofaznu mrežu:
Napon između faza od 380 volti označen je plavom bojom. Zeleno označava ravnomerno raspoređen linearni napon. Crvena - neravnoteža napona.
Novi, trofazni pretplatnici električne energije u privatnoj kući ili stanu, kada se prvi put priključe, ne bi trebali imati puno nade za početno ravnomjerno raspoređeno opterećenje na ulaznoj liniji. Budući da se više potrošača može napajati iz jedne linije, a mogu imati i probleme sa distribucijom.
Ako nakon mjerenja vidite da postoji (više od 10%, prema GOST 29322-92), trebate kontaktirati organizaciju za napajanje kako biste poduzeli odgovarajuće mjere za vraćanje fazne simetrije. Više o tome možete saznati iz našeg članka.
Prema ugovoru između pretplatnika i OIE (o korišćenju električne energije), ovaj mora da snabdeva domove visokokvalitetnom električnom energijom, sa navedenim . Frekvencija također mora odgovarati 50 Hz.
Pravila distribucije
Prilikom izrade dijagrama ožičenja potrebno je što ravnomjernije odabrati predviđene grupe potrošača i rasporediti ih po fazama. Na primjer, svaka grupa utičnica u prostorijama u kući spojena je na svoju faznu žicu i grupirana na način da je opterećenje mreže optimalno. Vodovi za rasvjetu su organizirani na isti način, raspoređeni po različitim faznim provodnicima i tako dalje: veš mašina, šporet, pećnica, bojler, bojler.
