Растојанието помеѓу концентрираните оптоварувања е исто, а растојанието од почетокот на распонот до првото концентрирано оптоварување е еднакво на растојанието помеѓу концентрираните товари. Во овој случај, концентрираните оптоварувања паѓаат и на почетокот и на крајот на распонот, но во исто време тие само предизвикуваат зголемување на реакцијата на потпора; екстремните концентрирани оптоварувања не влијаат на вредноста на моментите на свиткување и отклонувањето на кој било начин, и затоа не се земаат предвид при пресметување на носивоста на конструкцијата. Ајде да го разгледаме ова користејќи го примерот на подните греди што се потпираат на надвратница. Циглата, која може да биде помеѓу надвратната и подните греди, и да создаде рамномерно распореден товар, не е прикажана за полесно перцепција.
Слика 1. Намалување на концентрираните оптоварувања на еквивалентно рамномерно распределено оптоварување.
Како што може да се види од Слика 1, одредувачки момент е моментот на свиткување, кој се користи во пресметките на јачината на конструкциите. Така, за да може рамномерно распределеното оптоварување да го произведе истиот момент на свиткување како концентрираното оптоварување, тој мора да се помножи со соодветниот фактор на транзиција (фактор на еквивалентност). И овој коефициент се одредува од условите на еднаквост на моментите. Мислам дека Слика 1 многу добро го илустрира ова. И со анализа на добиените зависности, можете да изведете општа формула за одредување на коефициентот на транзиција. Значи, ако бројот на применети концентрирани оптоварувања е непарен, т.е. еден од концентрираните оптоварувања нужно паѓа на средината на распонот, а потоа за да го одредите коефициентот на еквивалентност, можете да ја користите формулата:
γ = n/(n - 1) (305.1.1)
каде n е бројот на распони помеѓу концентрирани оптоварувања.
q eq = γ(n-1)Q/l (305.1.2)
каде што (n-1) е бројот на концентрирани оптоварувања.
Сепак, понекогаш е попогодно да се прават пресметки врз основа на бројот на концентрирани товари. Ако оваа големина се изразува со променливата m, тогаш
γ = (m +1)/m (305.1.3)
Во овој случај, еквивалентното рамномерно распределено оптоварување ќе биде еднакво на:
q eq = γmQ/l (305.1.4)
Кога бројот на концентрирани оптоварувања е парен, т.е. ниту еден од концентрираните оптоварувања не паѓа на средината на распонот, тогаш вредноста на коефициентот може да се земе како за следната непарна вредност на бројот на концентрирани товари. Општо земено, во зависност од наведените услови за оптоварување, може да се прифатат следните коефициенти на транзиција:
γ = 2- ако конструкцијата што се разгледува, на пример, гредата прима само едно концентрирано оптоварување во средината на надвратницата.
γ = 1,33- за зрак подложен на 2 или 3 концентрирани оптоварувања;
γ = 1,2- за зрак подложен на 4 или 5 концентрирани оптоварувања;
γ = 1,142- за зрак подложен на 6 или 7 концентрирани оптоварувања;
γ = 1,11- за зрак подложен на 8 или 9 концентрирани оптоварувања.
Опција 2
Растојанието помеѓу концентрираните оптоварувања е исто, при што растојанието од почетокот на распонот до првото концентрирано оптоварување е еднакво на половина од растојанието помеѓу концентрираните товари. Во овој случај, концентрираните оптоварувања не паѓаат на почетокот и на крајот на распонот.
Слика 2. Вредности на коефициенти на транзиција за опција 2 за примена на концентрирани оптоварувања.
Како што може да се види од слика 2, со оваа опција за вчитување, вредноста на коефициентот на транзиција ќе биде значително помала. Така, на пример, со парен број на концентрирани оптоварувања, коефициентот на транзиција генерално може да се земе еднаков на единство. За непарен број концентрирани оптоварувања, формулата може да се користи за да се одреди коефициентот на еквивалентност:
γ = (m +7)/(m +6) (305.2.1)
каде m е бројот на концентрирани оптоварувања.
Во овој случај, еквивалентното рамномерно распределено оптоварување сепак ќе биде еднакво на:
q eq = γmQ/l (305.1.4)
Општо земено, во зависност од наведените услови за оптоварување, може да се прифатат следните коефициенти на транзиција:
γ = 2- ако конструкцијата што се разгледува, на пример, прима само едно концентрирано оптоварување во средината на надвратницата и дали подните греди паѓаат на почетокот или на крајот на распонот или се наоѓаат произволно далеку од почетокот и крајот на распонот, во овој случај не е важно. И ова е важно при одредување на концентрираното оптоварување.
γ = 1- ако предметната конструкција подлежи на парен број оптоварувања.
γ = 1,11- за зрак подложен на 3 концентрирани оптоварувања;
γ = 1,091- за зрак подложен на 5 концентрирани оптоварувања;
γ = 1,076- за зрак подложен на 7 концентрирани оптоварувања;
γ = 1,067- за зрак подложен на 9 концентрирани оптоварувања.
И покрај некои комплицирани дефиниции, коефициентите на еквивалентност се многу едноставни и удобни. Бидејќи при пресметките многу често се знае распределениот товар кој делува по квадрат или линеарен метар, за да не се претвори распределениот товар прво во концентрирано, а потоа повторно во еквивалентно распределено, доволно е едноставно да се помножи вредноста на распределено оптоварување со соодветниот коефициент. На пример, таванот ќе биде подложен на стандардно распределено оптоварување од 400 kg/m2, додека мртвата тежина на таванот ќе биде уште 300 kg/m2. Потоа, со должина на подната греда од 6 m, рамномерно распределен товар q = 6(400 + 300)/2 = 2100 kg/m може да делува на надвратникот. И тогаш, ако има само една подна греда во средината на распонот, тогаш γ = 2, и
q eq = γq = 2q (305.2.2)
Ако ниту еден од двата горенаведени услови не е исполнет, тогаш е невозможно да се користат коефициенти на транзиција во нивната чиста форма; треба да додадете неколку дополнителни коефициенти кои го земаат предвид растојанието до гредите што не паѓаат на почетокот и на крајот. на распонот на надвратникот, како и можната асиметрија на примената на концентрирани оптоварувања. Во принцип, можно е да се изведат такви коефициенти, но во секој случај тие ќе бидат намалувачки во сите случаи ако го земеме предвид првиот случај на оптоварување и во 50% од случаите ако го земеме предвид вториот случај на оптоварување, т.е. вредностите на таквите коефициенти ќе бидат< 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.
Заедно со концентрираните сили дискутирани погоре, може да бидат изложени градежните конструкции и структури распределени товари– по волумен, по површина или по одредена линија – и определено со него интензитет.
Пример за оптоварување распоредени по површина, е снежното оптоварување, притисокот на ветерот, притисокот на течноста или притисокот на почвата. Интензитетот на таквото површинско оптоварување има димензија на притисок и се мери во kN/m2 или килопаскали (kPa = kN/m2).
При решавање на проблеми, често има оптоварување што распоредени по должината на гредата. Интензитет qтаквото оптоварување се мери во kN/m.
Размислете за зрак натоварен на делот [ а, б] дистрибуирано оптоварување, чиј интензитет варира според законот q= q(x). За да се одредат потпорните реакции на таков зрак, неопходно е да се замени дистрибуираното оптоварување со еквивалентно концентрирано. Ова може да се направи со следното правило:
Да разгледаме посебни случаи на дистрибуирано оптоварување.
А) општ случај на распределен товар(Сл.24)
Сл.24
q(x) - интензитет на дистрибуирана сила [N/m],
Елементарна моќ.
л– должина на сегментот
Силата на интензитет q(x) распределена по правиот сегмент е еквивалентна на концентрирана сила
Концентрирана сила се применува во точка СО(центар на паралелни сили) со координати
б) постојан распределен интензитет на оптоварување(Сл.25)
Сл.25
V) дистрибуираниот интензитет на оптоварување варира линеарно(Сл.26)
Сл.26
Пресметка композитни системи.
Под композитни системи Ќе разбереме структури кои се состојат од неколку тела поврзани едни со други.
Пред да продолжиме со разгледување на карактеристиките на пресметката на таквите системи, ја воведуваме следната дефиниција.
Статично дефинираноТоа се проблеми и системи на статика за кои бројот на непознати реакции на ограничувања не го надминува максимално дозволениот број равенки.
Ако бројот на непознати е поголем од бројот на равенки,релевантни се нарекуваат задачи и системи статички неопределен. Во овој случај, се нарекува разликата помеѓу бројот на непознати и бројот на равенки степен на статичко неопределувањесистеми.
За секој рамнински систем на сили што дејствуваат на круто тело, постојат три независни услови на рамнотежа. Следствено, за кој било рамномерен систем на сили од услови на рамнотежа може да се најдат не повеќе од три непознати реакции на спојување.
Во случај на просторен систем на сили кои дејствуваат на круто тело, постојат шест независни услови на рамнотежа. Следствено, за секој просторен систем на сили од услови на рамнотежа може да се најдат не повеќе од шест непознати реакции на спојување.
Да го објасниме ова со следните примери.
1. Нека центарот на бестежинскиот идеален блок (пример 4) го држат не две, туку три прачки: АБ, СонцетоИ БДи потребно е да се утврдат реакциите на прачките, занемарувајќи ги димензиите на блокот.
Земајќи ги предвид условите на проблемот, добиваме систем на конвергирани сили, каде што се одредуваат три непознати: С А, С ЦИ С Дсè уште е можно да се состави систем од само две равенки: Σ X = 0, Σ Y=0. Очигледно, поставениот проблем и соодветниот систем ќе бидат статички неодредени.
2. Зрак, цврсто стегнат на левиот крај и со фиксирана потпора со шарки на десниот крај, е натоварен со произволна рамнина систем на сили (сл. 27).
За да ги одредите реакциите за поддршка, можете да креирате само три равенки на рамнотежа, кои ќе вклучуваат 5 непознати реакции на поддршка: X A, Y A,М А,X БИ Y Б. Наведениот проблем ќе биде двапати статички неодреден.
Таквиот проблем не може да се реши во рамките на теоретската механика, ако се претпостави дека предметното тело е апсолутно цврсто.
Сл.27
Да се вратиме на проучувањето на композитните системи, чиј типичен претставник е рамка со три шарки (Сл. 28, А). Се состои од две тела: А.Ц.И п.н.е., поврзан клучшарка В. Користејќи ја оваа рамка како пример, размислете два начина за одредување на потпорните реакции на композитните системи.
1 начин.Размислете за телото А.Ц., натоварен со дадена сила Р, отфрлајќи ги сите врски во согласност со аксиомата 7 и заменувајќи ги, соодветно, со надворешни реакции ( X А, Y A) и внатрешни ( X C, YC) врски (сл. 28, б).
Слично на тоа, можеме да ја разгледаме рамнотежата на телото п.н.е.под влијание на реакции на поддршка ВО - (X Б, Y Б) и реакции во спојниот зглоб В - (X C', YC'), каде што, во согласност со аксиомата 5: X C= X C', YC= YC’.
За секое од овие тела, може да се конструираат три равенки на рамнотежа, со што вкупниот број на непознати: X А, Y A , X C=X C', YC =YC’, X Б, Y Бе еднаков на вкупниот број на равенки, а проблемот е статички дефиниран.
Да потсетиме дека според условите на проблемот беше потребно да се утврдат само 4 реакции за поддршка, но моравме да направиме дополнителна работа, одредување на реакциите во спојниот зглоб. Ова е недостатокот овој методопределување на реакции на поддршка.
Метод 2.Размислете за рамнотежата на целата рамка ABC, само отфрлање надворешни односии нивно заменување со непознати реакции за поддршка X А, Y A,X Б, Y Б .
Резултирачкиот систем се состои од две тела и не е апсолутно цврсто тело, бидејќи растојанието помеѓу точките АИ ВОможе да се промени поради меѓусебната ротација на двата дела во однос на шарката СО. Сепак, можеме да претпоставиме дека севкупноста на силите што се применуваат на рамката ABCформира систем ако ја користиме аксиомата за зацврстување (сл. 28, В).
Сл.28
Така и за телото ABCможе да се конструираат три равенки на рамнотежа. На пример:
Σ М А = 0;
Σ X = 0;
Овие три равенки ќе вклучуваат 4 непознати реакции на поддршка X А, Y A,X БИ Y Б. Забележете дека обидот да се користи, на пример, ова како равенка што недостасува: Σ М В= 0 нема да доведе до успех, бидејќи оваа равенка ќе биде линеарно зависна од претходните. За да се добие линеарно независна четврта равенка, неопходно е да се разгледа рамнотежата на друго тело. Како што може да земете еден од деловите на рамката, на пример - Сонцето. Во овој случај, треба да креирате равенка што ќе ги содржи „старите“ непознати X А, Y A,X Б, Y Би не содржеше нови. На пример, равенката: Σ X (Сонцето) = 0 или повеќе детали: - X C + X Б= 0 не е погодна за овие цели, бидејќи содржи „нова“ непозната X C“, но тука е равенката Σ М Ц (Сонцето) = 0 ги исполнува сите потребни услови. Така, потребните реакции за поддршка може да се најдат во следната низа:
Σ М А = 0; → Y Б= Р/4;
Σ М В = 0; → Y A= -Р/4;
Σ М Ц (Сонцето) = 0; → X Б= -Р/4;
Σ X = 0; →X А= -3Р/4.
За да проверите, можете да ја користите равенката: Σ М Ц (AC) = 0 или, подетално: - Y A∙2 + X А∙2 + Р∙1 = Р/4∙2 -3Р/4∙2 +Р∙1 = Р/2 - 3Р/2 +Р = 0.
Забележете дека оваа равенка ги вклучува сите 4 пронајдени реакции за поддршка: X АИ Y A- во експлицитна форма, и X БИ Y Б- имплицитно, бидејќи тие беа користени за одредување на првите две реакции.
Графичко определување на потпорните реакции.
Во многу случаи, решавањето проблеми може да се поедностави ако, наместо равенки за рамнотежа или покрај нив, директно се користат рамнотежни услови, аксиоми и теореми на статиката. Соодветниот пристап се нарекува графичко определување на реакции на поддршка.
Пред да продолжиме со разгледување на графичкиот метод, забележуваме дека, како и за системот на конвергирани сили, само оние проблеми што можат да се решат аналитички можат да се решат графички. Во исто време, графичкиот метод за одредување реакции на поддршка е погоден за мал број оптоварувања.
Значи, графичкиот метод за одредување на реакциите за поддршка се базира главно на употребата на:
Аксиоми за рамнотежа на систем од две сили;
Аксиоми за акција и реакција;
Три теореми за сили;
Услови за рамнотежа за рамномерен систем на сили.
На графичка дефиницијареакции на композитни системи, се препорачува следново редослед на разгледување:
Изберете тело со минимален број алгебарски непознати реакции на спојување;
Ако има две или повеќе такви тела, тогаш започнете со решението со разгледување на телото на кое се применуваат помалку сили;
Ако има две или повеќе такви тела, тогаш изберете го телото за кое поголем бројсилите се познати по насока.
Решавање на проблем.
Кога ги решавате проблемите од овој дел, треба да ги имате на ум сите тие општи инструкциикои беа направени порано.
Кога се започнува со решавање, потребно е, пред сè, да се воспостави рамнотежа за кое конкретно тело треба да се земе предвид во овој проблем. Потоа, откако ќе се изолира ова тело и се смета за слободно, треба да се прикажат сите дадени сили и реакции на отфрлените врски што дејствуваат на телото.
Следно, треба да создадете услови за рамнотежа, применувајќи ја формата на овие услови што доведува до поедноставен систем на равенки (наједноставниот систем ќе биде систем на равенки, од кои секоја вклучува една непозната).
За да добиете повеќе едноставни равенкиследува (освен ако не ја комплицира пресметката):
1) при составување равенки за проекција, изведете координатна оска, нормално на некоја непозната сила;
2) при изготвување моментална равенка, препорачливо е како моментална точка да се избере точката каде што се сечат линиите на дејство на две од трите непознати потпорни реакции - во овој случај тие нема да бидат вклучени во равенката и ќе содржат само една непозната;
3) ако две од трите непознати реакции на поддршка се паралелни, тогаш при изготвување равенка во проекции на оската, втората треба да биде насочена така што е нормална на првите две реакции - во овој случај, равенката ќе содржи само последната непозната;
4) при решавање на проблем, координатниот систем мора да биде избран така што неговите оски се ориентирани на ист начин како и поголемиот дел од силите на системот што се применуваат на телото.
Кога се пресметуваат моменти, понекогаш е погодно да се разложи дадената сила на две компоненти и, користејќи ја теоремата на Варињон, да се најде моментот на сила како збир на моментите на овие компоненти.
Решението на многу статички проблеми се сведува на определување на реакциите на носачите со кои се прицврстени греди, фарми на мостови и сл.
Пример 7.До заградата прикажана на слика 29, А,на јазолот ВОоптоварување со тежина од 36 kN е суспендирано. Врските на елементите на заградата се со шарки. Определете ги силите што се јавуваат во прачките АБИ Сонцето, сметајќи ги за бестежински.
Решение.Размислете за рамнотежата на јазолот ВО, каде што се спојуваат прачките АБИ Сонцето. Јазол ВОпретставува точка на цртежот. Бидејќи товарот е суспендиран од јазолот ВО, потоа во точката ВОпримени сила F еднаква на тежината на виснатиот товар. Прачки VAИ Сонцето, шарки поврзани во јазол ВО,ограничување на можноста за какво било линеарно движење во вертикалната рамнина, т.е. се врски во однос на јазолот ВО.
Ориз. 29.Дијаграм за пресметка на заградата на пример 7:
А -дизајн шема; б -систем на сили во јазол Б
Ментално отфрлете ги врските и заменете ги нивните дејства со сили - реакции на врски Р АИ Р Ц. Бидејќи прачките се бестежински, реакциите на овие прачки (силите во прачките) се насочени по оската на прачките. Да претпоставиме дека двете прачки се развлечени, т.е. нивните реакции се насочени од шарката во прачките. Потоа, ако по пресметката реакцијата се покаже дека е со знак минус, тогаш тоа ќе значи дека всушност реакцијата е насочена во насока спротивна на онаа наведена на цртежот, т.е. шипката ќе биде компресирана.
На сл. 29, бсе покажува дека во точката ВОприменета активна сила Фи реакции на врски Р АИ Р С.Може да се види дека прикажаниот систем на сили претставува рамен систем на сили што се спојуваат во една точка. Избираме произволни координатни оски ВолИ OYи состави равенки за рамнотежа од формата:
Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;
Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.
Со оглед на тоа cos (90 -α ) = гревα, од втората равенка наоѓаме
R c = -F / гревα = - 36/0,5 = -72 kN.
Замена на вредноста Rcво првата равенка, добиваме
R a = -R c cosα= - (-72) ∙0,866 = 62,35 kN.
Така, прачката АБ- се протегала, а прачката Сонцето- компресирана.
За да ја провериме исправноста на пронајдените сили во прачките, ги проектираме сите сили на која било оска што не се совпаѓа со оските XИ Y, на пример, оска У:
Σ F u = 0; -R c - R a cosα -Фцос(90- α) = 0.
По замена на вредностите на пронајдените сили во прачките (димензија во килоневтони), добиваме
- (-72) – 62,35∙0,866 - 36∙0,5 = 0; 0 = 0.
Условот за рамнотежа е задоволен, така што пронајдените сили во прачките се точни.
Пример 8.Гредата на градежното скеле, чија тежина може да се занемари, се држи во хоризонтална положба со флексибилна прачка ЦДи стожерно се потпира на ѕидот во одредена точка А. Најдете ја силата на потисок ЦД, ако работник со тежина од 80 kg стои на работ на скелето ≈0,8 kN (сл. 30, А).
Ориз. триесет.Дизајн дијаграм на скелиња на пример 8:
А– дизајн дијаграм; б– систем на сили кои делуваат на скелето
Решение.Го избираме објектот на рамнотежа. ВО во овој примерпредмет на рамнотежа е гредата на скелето. Во точката ВОактивна сила делува на зракот Ф, еднаква на тежината на една личност. Врските во овој случај се фиксна потпорна шарка Аи влечење ЦД. Дозволете ментално да ги отфрлиме врските, заменувајќи го нивното дејство на зракот со реакциите на врските (сл. 30, б). Нема потреба да се определува реакцијата на фиксирана шаркарска потпора според условите на проблемот. Реакција во влечење ЦДнасочени по потисокот. Да претпоставиме дека прачката ЦДрастегната, т.е. реакција Р Днасочена подалеку од шарката СОвнатре во шипката. Ајде да ја разложиме реакцијата Р Д, според правилото паралелограм, во хоризонтални и вертикални компоненти:
R Dx планини =R D cosα ;
R Dy vert = R D cos(90-α) = Р Д гревα .
Како резултат на тоа, добивме произволна рамнина систем на сили, чиј неопходен услов за рамнотежа е еднаквост на нула од три независни услови на рамнотежа.
Во нашиот случај, погодно е прво да се запише состојбата на рамнотежа во форма на збир на моменти во однос на моменталната точка А, уште од моментот на реакција на поддршка Р Аво однос на оваа точка е нула:
Σ mA = 0; Ф∙3а - Р dy∙ а = 0
Ф∙3а - Р Д гревα = 0.
Значење тригонометриски функцииопредели од триаголникот ACD:
cosα = AC/CD = 0,89,
sina = АД/ЦД = 0,446.
Решавајќи ја равенката на рамнотежа, добиваме Р D = 5,38 kN. (Патува ЦД- растегната).
За да се провери точноста на пресметката на силата во кабелот ЦДпотребно е да се пресмета барем една од компонентите на потпорната реакција Р А. Да ја искористиме равенката за рамнотежа во форма
Σ Fy = 0; В А + Р Ди- Ф= 0
В А = Ф- Rdy.
Од тука В А= -1,6 kN.
Знакот минус значи дека вертикалната компонента на реакцијата Р Ана потпорот е насочен надолу.
Ајде да ја провериме исправноста на пресметката на силата во кабелот. Ние користиме друга состојба на рамнотежа во форма на равенки на моменти за точката ВО.
Σ m B = 0; В А∙3a + R Dy ∙ 2a = 0;
1,6∙3А + 5,38∙0,446∙2А = 0; 0 = 0.
Условите за рамнотежа се исполнети, така што силата во влакното се наоѓа правилно.
Пример 9.Вертикалниот бетонски столб е бетониран со долниот крај во хоризонтална основа. Одозгора на столбот се пренесува товар од ѕидот на зградата со тежина од 143 kN. Столбот е изработен од бетон со густина γ = 25 kN/m 3. Димензиите на столбот се прикажани на сл. 31, А. Одредување на реакции во круто вградување.
Ориз. 31.Дијаграм за пресметка на столбот на пример 9:
А– шема на товарење и димензии на столбовите; б– дизајнерска шема
Решение.Во овој пример, објектот на рамнотежа е столб. Колоната е оптоварена со следните видови активни оптоварувања: во точката Аконцентрирана сила F, еднаква на тежината на ѕидот на зградата и сопствената тежина на столбот во форма на интензитет на оптоварување рамномерно распореден по должината на гредата qза секој метар должина на столб: q = 𝛾A, Каде А- квадрат пресекстолб
q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.
Врските во овој пример се крутото вградување во основата на столбот. Ајде ментално да го отфрлиме печатот и да го замениме неговото дејство со реакции на врски (сл. 31, б).
Во нашиот пример разгледуваме посебен случајдејството на системот на сили нормално на вградувањето и минување по една оска низ точката на примена на потпорните реакции. Тогаш две потпорни реакции: хоризонталната компонента и реактивниот момент ќе бидат еднакви на нула. За да ја одредиме вертикалната компонента на потпорната реакција, ги проектираме сите сили на оската на елементот. Ајде да ја усогласиме оваа оска со оската З,тогаш условот за рамнотежа ќе биде запишан во следнава форма:
Σ ФЗ = 0; V B - F - ql = 0,
Каде ql- резултат на распределениот товар.
В Б = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.
Знакот плус покажува дека реакцијата В Бнасочена нагоре.
За да се провери точноста на пресметката на реакцијата на поддршка, останува уште еден услов за рамнотежа - во форма на алгебарски збир на моментите на сите сили во однос на која било точка што не поминува низ оската на елементот. Ви предлагаме сами да ја извршите оваа проверка.
Пример 10.За зракот прикажан на Сл. 32, А, потребно е да се утврдат реакциите за поддршка. Со оглед на: Ф= 60 kN, q= 24 kN/m, М= 28 kN∙m.
Ориз. 32.Дизајн дијаграм и димензии на зракот на пример 10:
Решение.Размислете за рамнотежата на зракот. Зракот е оптоварен со активно оптоварување во форма на рамен систем на паралелни вертикални сили кој се состои од концентрирана сила Ф, рамномерно распределен интензитет на оптоварување qсо резултат П, нанесена во центарот на гравитација на товарниот простор (сл. 32, б), и концентриран момент М, што може да се претстави како пар сили.
Врските во овој зрак се потпора со фиксирана шарка Аи артикулирана подвижна потпора ВО. Дозволете ни да го истакнеме предметот на рамнотежа; за да го направите ова, ќе ги отфрлиме придружните врски и ќе ги замениме нивните дејства со реакции во овие врски (сл. 32, б). Реакција на подвижната поддршка Р Бе насочен вертикално, а реакцијата на артикулирано-фиксната потпора Р Аќе биде паралелно со активниот систем активни силиа е насочен и вертикално. Да претпоставиме дека се насочени нагоре. Резултат на дистрибуирано оптоварување П= 4,8∙q се применува во центарот на симетријата на товарниот простор.
При определување на потпорните реакции во зраците, неопходно е да се настојува да се конструираат равенки на рамнотежа на таков начин што секоја од нив вклучува само една непозната. Ова може да се постигне со изградба на две моментални равенки за референтните точки. Реакциите за поддршка обично се проверуваат со составување равенка во форма на збир на проекциите на сите сили на оската нормална на оската на елементот.
Условно да ја прифатиме насоката на ротација на моментот на потпорните реакции околу точките на моментот како позитивна, тогаш спротивната насока на ротација на силите ќе се смета за негативна.
Неопходен и доволен услов за рамнотежа во овој случај е еднаквоста на нула на независните рамнотежни услови во форма:
Σ mA = 0; В Б ∙6 - q∙4,8∙4,8 + М+Ф∙2,4 = 0;
Σ м Б = 0; В А∙6 - q∙4,8∙1,2 - М - Ф∙8,4 = 0.
Заменувајќи ги нумеричките вредности на количините, наоѓаме
В Б= 14,4 kN, В А= 15,6 kN.
За да ја провериме исправноста на пронајдените реакции, ја користиме состојбата на рамнотежа во форма:
Σ Fy = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.
Откако ќе ги замениме нумеричките вредности во оваа равенка, добиваме идентитет од типот 0=0. Од тука заклучуваме дека пресметката е извршена правилно и реакциите на двете потпори се насочени нагоре.
Пример 11.Определете ги потпорните реакции за зракот прикажан на Сл. 33, А. Со оглед на: Ф= 2,4 kN, М= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.
Ориз. 33.Дизајн дијаграм и димензии на греди на пример 11:
а – дизајн дијаграм; б – објект на рамнотежа
Решение.Размислете за рамнотежата на зракот. Ментално ослободете го зракот од приклучоците на потпорите и изберете го објектот на рамнотежа (сл. 33, б). Зракот е оптоварен со активно оптоварување во форма на произволен систем на рамнина. Резултат на дистрибуирано оптоварување П = q∙3 е прикачен на центарот на симетрија на товарниот простор. Сила ФДозволете ни да го разложиме паралелограмот на компоненти - хоризонтални и вертикални - според правилото за паралелограм.
F z = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;
F y =F cos(90-α) = Фгрев 60°= 2,08 kN.
Применуваме реакции на објектот на рамнотежа наместо отфрлените врски. Да претпоставиме дека вертикалната реакција В Аартикулирана поддршка Анагоре, вертикална реакција В Бартикулирана фиксна поддршка Бе исто така насочен нагоре, а хоризонталната реакција Х Б- на десно.
Така, на сл. 33, ботсликува произволен систем на сили на рамнина, чијшто неопходен услов за рамнотежа е еднаквост на нула од три независни рамнотежни услови за рамнински систем на сили. Потсетете се дека, според теоремата на Варињон, моментот на сила Фво однос на која било точка е еднаква на збирот на моментите на компонентите F z и F yво однос на истата точка. Условно да ја прифатиме насоката на ротација на моментот на потпорните реакции околу точките на моментот како позитивна, тогаш спротивната насока на ротација на силите ќе се смета за негативна.
Тогаш е погодно да се формулираат условите за рамнотежа во следната форма:
Σ Fz = 0; - F z + H B= 0; од тука Х Б= 1,2 kN;
Σ mA = 0; В Б∙6 + М - Fy∙2 + 3q∙0,5 = 0; од тука В Б= - 1,456 kN;
Σ м Б = 0; В А ∙6 - 3q∙6,5 - Fy ∙4 - М= 0; од тука В А= 5,336 kN.
За да ја провериме исправноста на пресметаните реакции, користиме уште еден услов за рамнотежа што не беше користен, на пример:
Σ Fy = 0; V A + V B - 3q - Fy = 0.
Вертикална реакција на поддршка В Биспадна со знак минус, ова покажува дека во овој зрак не е насочен нагоре, туку надолу.
Пример 12.Определете ги потпорните реакции за зрак цврсто вграден на едната страна и прикажан на сл. 34, А. Со оглед на: q=20 kN/m.
Ориз. 34.Дизајн дијаграм и димензии на греди на пример 12:
а – дизајн дијаграм; б – објект на рамнотежа
Решение.Дозволете ни да го избереме објектот на рамнотежа. Зракот е оптоварен со активно оптоварување во форма на рамен систем на паралелни сили лоцирани вертикално. Ментално ослободете го зракот од врските во вградувањето и заменете ги со реакции во форма на концентрирана сила В Би парови сили со саканиот реактивен вртежен момент М Б(види Сл. 34, б). Бидејќи активните сили дејствуваат само во вертикална насока, хоризонталната реакција Х Беднаква на нула. Условно да ја земеме насоката на вртење на моментот на потпорните реакции околу моментот покажувајќи во насока на стрелките на часовникот како позитивен, тогаш спротивната насока на ротација на силите ќе се смета за негативна.
Условите за рамнотежа ги составуваме во форма
Σ Fy = 0; В Б- q∙1,6 = 0;
Σ м Б = 0; М Б - q∙1,6∙1,2 = 0.
Еве q∙1.6 – резултат на распределениот товар.
Замена на нумеричките вредности на дистрибуираниот товар q, ние најдовме
V V= 32 kN, М Б= 38,4 kN∙m.
За да ја провериме исправноста на пронајдените реакции, да создадеме друга состојба на рамнотежа. Сега да земеме некоја друга точка како моментална точка, на пример десниот крај на гредата, тогаш:
Σ mA = 0; М Б – В Б∙2 + q∙1,6∙0,8 = 0 .
По замена на нумеричките вредности се добива идентитетот 0=0.
Конечно заклучуваме дека реакциите за поддршка се пронајдени правилно. Вертикална реакција В Бе насочен нагоре, а реактивниот вртежен момент М В- во насока на стрелките на часовникот.
Пример 13.Определете ги потпорните реакции на зракот (сл. 35, А).
Решение.Активното оптоварување е резултат на дистрибуираното оптоварување П=(1/2)∙ак=(1/2)∙3∙2=3kN, чија линија на дејство поминува на растојание од 1 m од левата потпора, силата на затегнување на конецот Т = Р= 2 kN нанесени на десниот крај на гредата и концентриран момент.
Бидејќи второто може да се замени со пар вертикални сили, оптоварувањето што делува на гредата, заедно со реакцијата на подвижната потпора ВОформира систем на паралелни сили, па реакцијата Р Аисто така ќе бидат насочени вертикално (сл. 35, б).
За да ги одредиме овие реакции, користиме равенки на рамнотежа.
Σ М А = 0; -П∙1 + Р Б∙3 - М + Т∙5 = 0,
Р Б = (1/3) (П + М-Р∙5) = (1/3) (3 + 4 - 2∙5) = -1 kN.
Σ М Б = 0; - Р А∙3 +П∙2 - М+ Т∙2 = 0,
Р А= (1/3) (П∙2 - М+Р∙2) = (1/3) (3∙2 - 4 + 2∙2) = 2 kN.
Сл.35
За да ја провериме исправноста на добиеното решение, користиме дополнителна равенка за рамнотежа:
Σ Y i = Р А - П + Р Б+Т = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,
односно проблемот е решен правилно.
Пример 14.Најдете ги потпорните реакции на конзолниот зрак натоварен со дистрибуиран товар (сл. 36, А).
Решение.Резултатот од распределениот товар се применува во центарот на гравитација на дијаграмот на оптоварување. За да не ја бараме положбата на центарот на гравитација на трапезот, да ја замислиме како збир од два триаголници. Тогаш даденото оптоварување ќе биде еквивалентно на две сили: П 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN и П 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, кои се применуваат во центарот на гравитација на секој од триаголниците (сл. 36, б).
Сл.36
Реакциите за поддршка на круто штипкање се претставени со сила Р Аи моментот М А, за да се одреди што е попогодно да се користат равенките за рамнотежа на систем на паралелни сили, односно:
Σ М А = 0; М А= 15 kN∙m;
Σ Y= 0, Р А= 9 kN.
За проверка, ја користиме дополнителната равенка Σ М В= 0, каде точка ВОсе наоѓа на десниот крај на зракот:
Σ М В = М А - Р А∙3 + П 1 ∙2 + П 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.
Пример 15.Хомогено мерење на зрак П= 600 N и должина л= 4 m лежи на едниот крај на мазен под, и на средна точка ВОпо висина на столб ч= 3 m, формирајќи агол од 30° со вертикалата. Во оваа позиција, зракот се држи со јаже кое се протега низ подот. Одредете ја затегнатоста на јажето Ти реакции на колона - Р Би пол - Р А(Сл. 37, А).
Решение.Во теоретската механика, зрак или прачка се подразбира како тело чии попречни димензии може да се занемарат во споредба со неговата должина. Значи тежината Пво точка се нанесува хомогена греда СО, Каде AC= 2 m.
Сл.37
1) Бидејќи две од трите непознати реакции се применуваат во точката А, првиот чекор е да се создаде равенката Σ М А= 0, бидејќи само реакцијата ќе оди таму Р Б:
- Р Б∙АБ+П∙(л/2)∙sin30° = 0,
Каде АБ = ч/cos30°= 2 m.
Заменувајќи се во равенката, добиваме:
Р Б∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,
Р Б= 600/ (2) = 100 ≅ 173 N.
Слично на тоа, од моментот на равенката може да се најде реакцијата Р А, избирајќи ја како моментална точка точката каде што се сечат акционите линии Р БИ Т. Сепак, ова ќе бара дополнителни конструкции, па затоа е полесно да се користат други равенки за рамнотежа:
2) Σ X = 0; Р Б∙cos30° - Т = 0; → Т = Р Б∙cos30°= 100 ∙( /2) = 150 N;
3) Σ Y= 0, Р Б∙sin30°- П +Р А= 0; → Р А = П- Р Б∙sin30°= 600 - 50 ≅ 513 N.
Така најдовме ТИ Р Апреку Р Б, според тоа, можете да ја проверите исправноста на добиеното решение користејќи ја равенката: Σ М Б= 0, што ќе ги вклучи сите пронајдени реакции, или експлицитно или имплицитно:
Р А∙АБгрев 30 ° - Т∙АБ cos30° - П∙(АБ - л/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.
Добиени како резултат на заокружување остаток∆= -0,5 се вика апсолутна грешкапресметки.
За да одговорите на прашањето колку е точен добиениот резултат, пресметајте релативна грешка, што се одредува со формулата:
ε=[|∆| / мин(|Σ + |, |Σ - |)]∙100% =[|-0,5| / мин(|887,5|, |-888|)]∙100% = (0,5/887,5)∙100% = 0,06%.
Пример 16.Определете ги потпорните реакции на рамката (сл. 38). Овде и понатаму, освен ако не е поинаку наведено, сите димензии на бројките ќе се земат предвид во метри, а силите - во килоневтони.
Сл.38
Решение.Да ја разгледаме рамнотежата на рамката на која се применува силата на затегнатоста на конецот како активна сила Т, еднаква на тежината на товарот П.
1) Реакција на подвижната потпора Р Бнаоѓаме од равенката Σ М А= 0. За да не се пресмета потпората на силата Т, ќе ја користиме теоремата на Варињон, разложувајќи ја оваа сила на хоризонтални и вертикални компоненти:
Р Б∙2 + Т sin30°∙3 - Т cos30°∙4 = 0; → Р Б = (1/2)∙ П(cos30°∙4 - sin30°∙3) = (5/4) ∙ (4 - 3) kN.
2) Да се пресмета Y Aајде да создадеме равенка Σ М Ц= 0, каде точка СОлежи на пресекот на реакционите акциони линии Р БИ X А:
- Y A∙2 + Т sin30°∙3 - Т cos30°∙2 = 0; → Y A= (1/2)∙ П(sin30°∙3 -cos30°∙2) = (5/4) ∙ (3 -2) kN.
3) Конечно, ја наоѓаме реакцијата X А:
Σ X = 0; X А - Т sin30° = 0; → X А =П sin30° = 5/2 kN.
Бидејќи сите три реакции беа пронајдени независно една од друга, за да проверите треба да ја земете равенката што ја вклучува секоја од нив:
Σ М Д = X А∙3 - Y A∙4 - Р Б∙2 = 15/2 - 5∙(3 -2 ) - (5/2)∙ (4 - 3) = 15/2 - 15 + 10 -10 +15/2 = 0.
Пример 17.Определете ги потпорните реакции на прачка со скршен контури (сл. 39, А).
Решение.Дистрибуираниот товар на секој дел од шипката го заменуваме со концентрирани сили П 1 = 5 kN и П 2 = 3 kN, а дејството на отфрленото цврсто штипкање е реакции X А,Y AИ М А(Сл. 39, б).
Сл.39
1) Σ М А = 0; М А -П 1 ∙2,5 - П 2 ∙5,5 = 0; → М А= 5∙2,5 + 3∙5,5 = 12,5 + 16,5 = 29 kNm.
2) Σ X = 0; X А + П 1 ∙сина = 0; → X А= -5∙(3/5) = -3 kN.
3) Σ Y= 0; Y A - П 1 коза - П 2 = 0; →Y A= 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 kN, бидејќи sinα = 3/5, cosα = 4/5.
Проверете: Σ М В = 0; М А + X А∙3 - Y A∙7 +П 1 cosα∙4,5 + П 1 sinα∙1,5 + П 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.
Пример 18.За рамката прикажана на Сл. 40, А,потребно е да се утврдат потпорните реакции. Со оглед на: Ф= 50 kN, М= 60 kN∙m, q= 20 kN/m.
Решение. Да ја разгледаме рамнотежата на рамката. Ментално ослободете ја рамката од приклучоците на потпорите (сл. 40, б) и изберете го објектот на рамнотежа. Рамката е оптоварена со активно оптоварување во форма на произволна рамнина систем на сили. Наместо отфрлени врски, применуваме реакции на објектот за рамнотежа: на фиксирана потпора со шарки А- вертикално В Аи хоризонтална Х А, и на зглобна подвижна потпора ВО- вертикална реакција В БОчекуваната насока на реакциите е прикажана на Сл. 40, б.
Сл.40.Дизајн дијаграм на рамката и објектот на рамнотежа на пример 18:
А– дизајн дијаграм; б– објект на рамнотежа
Ги создаваме следните услови за рамнотежа:
Σ Fx = 0; -Х А + Ф = 0; Х А= 50 kN.
Σ mA = 0; В Б∙6 + М - q∙6∙3 - Ф∙6 = 0; В Б= 100 kN.
Σ Fy = 0; В А + В Б - q∙6 = 0; В А= 20 kN.
Овде, насоката на ротација околу моментот покажува спротивно од стрелките на часовникот конвенционално се смета за позитивна.
За да ја провериме исправноста на пресметката на реакциите, ја користиме состојбата на рамнотежа, која би ги вклучила сите реакции на поддршка, на пример:
Σ m C = 0; В Б∙3 + М – Х А∙6 – В А∙3 = 0.
По замена на нумеричките вредности се добива идентитетот 0=0.
Така, насоките и големините на реакциите за поддршка се точно определени.
Пример 19.Определете ги потпорните реакции на рамката (сл. 41, А).
Сл.41
Решение.Како и во претходниот пример, рамката се состои од два дела поврзани со клучна шарка СО.Дистрибуираното оптоварување нанесено на левата страна на рамката го заменуваме со резултатот П 1, а десно - резултатот П 2 каде П 1 = П 2 = 2 kN.
1) Најдете ја реакцијата Р Бод равенката Σ М Ц (Сонцето) = 0; → Р Б= 1 kN;
Во инженерските пресметки често се среќаваат оптоварувања распределени по дадена површина според еден или друг закон. Да разгледаме неколку едноставни примери на дистрибуирани сили кои лежат во иста рамнина.
Рамен систем на дистрибуирани сили се карактеризира со неговиот интензитет q, т.е. вредноста на силата по единица должина на оптоварениот сегмент. Интензитетот се мери во њутни поделен со метри
1) Сили рамномерно распоредени долж сегментот на права линија (сл. 69, а). За таков систем на сили, интензитетот q има константна вредност. Во статичките пресметки, овој систем на сили може да се замени со резултатот
Модуло,
Силата Q се применува во средината на сегментот AB.
2) Сили распоредени по права линија според линеарен закон (сл. 69, б). Пример за такво оптоварување е силата на притисокот на водата врз браната, која е најголема на дното и паѓа на нула на површината на водата. За овие сили, интензитетот q е големината на променливата, растејќи од нула до максималната вредност.Резултантната Q на таквите сили се одредува слично како резултатот од силите на гравитацијата што дејствуваат на хомогена триаголна плоча ABC. Бидејќи тежината на хомогена плоча е пропорционална на нејзината површина, тогаш, модуло,
Силата Q се применува на растојание од страната на авионот триаголник ABC(види § 35, став 2).
3) Сили распоредени по права линија според произволен закон (сл. 69, в). Резултантниот Q на таквите сили, по аналогија со силата на гравитацијата, е еднаков по големина на плоштината на сликата ABDE, измерена на соодветна скала и поминува низ центарот на гравитација на оваа област (прашањето за одредување центрите на гравитација на областите ќе бидат разгледани во § 33).
4) Силите рамномерно распоредени по лакот на кругот (сл. 70). Пример за такви сили се силите на хидростатички притисок на страничните ѕидови на цилиндричниот сад.
Нека радиусот на лакот е еднаков на , каде е оската на симетрија по која ја насочуваме оската.
За да ја одредиме вредноста на Q, избираме елемент на лакот, чија положба се одредува со аголот и должината на силата што дејствува на овој елемент е нумерички еднаква и проекцијата на оваа сила на оската ќе биде тогаш
Но, од Сл. 70 јасно е дека Затоа, оттогаш
каде е должината на акордот што го потчинува лакот AB; q - интензитет.
Задача 27. Рамномерно распоредено оптоварување на интензитет делува на конзолен сноп A B, чии димензии се прикажани на цртежот (сл. 71). Занемарувајќи ја тежината на гредата и претпоставувајќи дека силите на притисокот на вградениот крај се одредуваат според на линеарен закон, утврдете ги вредностите на најголемите интензитети на овие сили, ако
Решение. Дистрибуираните сили ги заменуваме со нивните резултанти Q, R и R, каде според формулите (35) и (36)
и изготви услови за рамнотежа (33) за паралелните сили што дејствуваат на зракот
Заменувајќи ги овде наместо Q, R и R нивните вредности и решавајќи ги добиените равенки, конечно ќе најдеме
На пример, кога ќе добиеме и кога
Задача 28. Цилиндричен цилиндар чија висина е H и внатрешен дијаметар d се полни со гас под притисок Дебелината на цилиндричните ѕидови на цилиндерот е a. Определете ги напрегањата на истегнување што ги доживуваат овие ѕидови во правците: 1) надолжни и 2) попречни (напрегањето е еднакво на односот на силата на истегнување со површината на напречниот пресек), сметајќи го за мал.
Решение. 1) Да го пресечеме цилиндерот на два дела со рамнина нормална на неговата оска и да ја разгледаме рамнотежата на еден од нив (Сл.
72, а). На него се делува во насока на оската на цилиндерот со силата на притисок на дното и силите распоредени по површината на пресекот (дејството на отфрлената половина), чиј резултат ќе биде означен со Q. При рамнотежа
Претпоставувајќи приближно еднаква површина на напречниот пресек, ја добиваме вредноста за напонот на истегнување
Во инженерските пресметки, заедно со концентрираните сили кои се применуваат на цврсто телово одреден момент се среќаваат сили чие дејство е распоредено на одредени области од волуменот на телото, неговата површина или линија.
Бидејќи сите аксиоми и теореми на статиката се формулирани за концентрирани сили, неопходно е да се разгледаат методите на премин од дистрибуирано оптоварување на концентрирани сили.
Да разгледаме неколку едноставни случаи на дистрибуирано оптоварување на тело со паралелни сили што лежат во иста рамнина долж права линија.
Рамниот систем на дистрибуирани сили се карактеризира со неговиот интензитет q, односно големината на силата по единица должина на оптоварениот сегмент. Единицата за интензитет е Њутн поделена со метар (N/m). Интензитетот може да биде константен (еднакво распределено оптоварување) или да варира според линеарни и произволни закони.
Рамномерно распоредено оптоварување (сл. 2.5, а), чиј интензитет qе константна вредност, во статичките пресметки се заменува со една концентрирана сила, чиј модул
каде е должината на оптоварениот сегмент.
a B C)
Слика 2.5
Оваа резултантна сила, паралелна со силите на дистрибуираниот товар, е насочена во насока на распределените сили и се применува во средината на оптоварениот сегмент. АБ.
Таквото оптоварување настанува кога на телото се поставува хомогена должина на зрак лсо специфична тежина q.
Дистрибуирано оптоварување со интензитет што варира според линеарен закон (слика 2.5, б) се појавува, на пример, под влијание на притисокот на водата врз браната, кога оптоварувањето на браната е најголемо во близина на дното на резервоарот и е нула во близина на површината на водата. Во овој случај, вредноста qинтензитетот се зголемува од нулта вредностДо највисока вредност q макс. Резултат Птаквото оптоварување се дефинира како тежина на хомогена триаголна плоча ABC, што е пропорционално на неговата површина. Тогаш големината на овој резултат:
Линијата на дејство на резултантната сила поминува низ центарот на триаголникот ABCна растојание од нејзиниот врв А.
Пример за дејството на силите распоредени по права линија според произволен закон (сл. 2.5, в) е оптоварувањето на рамен под со снежни наноси. Резултатот од таквите сили, по аналогија со силата на тежината, ќе биде нумерички еднаков на плоштината на фигурата измерена на соодветната скала, а линијата на дејство на оваа резултантна ќе помине низ центарот на областа на оваа бројка.
Секој сопственик на трифазен влез (380 V) е должен да се грижи за еднообразно оптоварување на фазите за да избегне преоптоварување на една од нив. Ако има нерамномерна распределба на трифазниот влез, ако нулата изгори или нејзиниот слаб контакт, напоните на фазните жици почнуваат да се разликуваат едни од други, и нагоре и надолу. На еднофазно ниво на моќност (220 волти), ова може да доведе до дефект на електричните апарати поради зголемен напон од 250-280 волти или намален напон од 180-150 волти. Дополнително, во овој случај се забележува зголемена потрошувачка на електрична енергија кај електричните апарати кои не се чувствителни на напонски нерамнотежи. Во оваа статија ќе ви кажеме како се врши дистрибуција на оптоварување низ фази со обезбедување кратки инструкциисо дијаграм и видео пример.
Што е важно да се знае
Овој дијаграм грубо илустрира трифазна мрежа:
Напонот помеѓу фазите од 380 волти е означен со сина боја. Зеленаозначува рамномерно распределен линеарен напон. Црвено - напонска нерамнотежа.
Новите, трифазни претплатници на електрична енергија во приватна куќа или стан, при првото поврзување, не треба да имаат многу надеж за првично рамномерно распределено оптоварување на влезната линија. Бидејќи неколку потрошувачи можат да се напојуваат од една линија, и тие може да имаат проблеми со дистрибуцијата.
Ако по мерењата видите дека има (повеќе од 10%, според ГОСТ 29322-92), треба да ја контактирате организацијата за напојување за да преземете соодветни мерки за враќање на фазната симетрија. Можете да дознаете повеќе за ова од нашата статија.
Согласно договорот меѓу претплатникот и ОИЕ (за користење на електрична енергија), овој мора да снабдува висококвалитетна електрична енергија до домовите, со наведеното . Фреквенцијата исто така мора да одговара на 50 Hz.
Правила за дистрибуција
При дизајнирање дијаграм за поврзување, неопходно е да се изберат наменетите групи на потрошувачи што е можно подеднакво и да се дистрибуираат меѓу фазите. На пример, секоја група приклучоци во просториите во куќата е поврзана со сопствената фазна жица и групирана на таков начин што оптоварувањето на мрежата е оптимално. Линиите за осветлување се организирани на ист начин, дистрибуирајќи ги меѓу различни фазни проводници и така натаму: машина за перење, шпорет, рерна, котел, котел.
