Decydując problemy praktyczne Nie zawsze można założyć, że siła działająca na ciało działa w jednym punkcie. Często siły przykładane są do całego obszaru ciała (na przykład obciążenie śniegiem, wiatr itp.). Takie obciążenie nazywa się rozproszonym. Obciążenie równomiernie rozłożone charakteryzuje się intensywnością q (rys. 1.29). Intensywność to całkowite obciążenie na jednostkę długości konstrukcji.
Fx =Fcos(60), F y =Fcos(30)
Rozwiązując to równanie otrzymujemy:
Z równania (2) znajdujemy:
F х = 0; R oś = 0;
Rozwiązując problemy praktyczne, nie zawsze można założyć, że siła działająca na ciało działa w jednym punkcie. Często siły przykładane są do całego obszaru ciała (na przykład obciążenie śniegiem, wiatr itp.). Takie obciążenie nazywa się rozproszonym. Obciążenie równomiernie rozłożone charakteryzuje się intensywnością q (rys. 1.29). Intensywność to całkowite obciążenie na jednostkę długości konstrukcji.
Rozwiązanie. Będziemy korzystać z tego samego planu, który został użyty do rozwiązania problemów dotyczących zbieżnego układu sił. Obiektem równowagi jest cała belka, której obciążenie pokazano na rysunku. Odrzućmy połączenia - zawiasy A i B. Rozłóżmy reakcję zawiasu stałego A na dwie składowe -
, a reakcja ruchomego zawiasu B jest skierowana prostopadle do płaszczyzny nośnej. Zatem na belkę działa płaski, dowolny układ sił, dla którego można skonstruować trzy równania równowagi. Wybierzmy osie współrzędnych i ułóżmy te równania. Równania projekcji:
1. F kx = 0; R ax -Fcos(60) = 0;
2. F ky = 0; Promień + R B - Fcos(30) = 0;
(para nie jest uwzględniana w równaniu rzutowania, ponieważ suma rzutów sił pary na dowolną oś wynosi zero).
Równanie momentu układamy względem punktu A, ponieważ przecinają się w nim dwie nieznane siły. Znajdując moment pary względem punktu A, pamiętamy, że suma momentów sił pary względem dowolnego punktu jest równa momentowi pary, a znak momentu będzie dodatni, ponieważ para ma tendencję do obracania ciała w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Aby znaleźć moment siły Wygodnie jest rozłożyć go na komponenty pionowe i poziome:
Fx =Fcos(60), F y =Fcos(30)
i skorzystać z twierdzenia Varignona i należy wziąć pod uwagę moment siły względem punktu A wynosi zero, ponieważ jego linia działania przechodzi przez ten punkt. Wtedy równanie momentu przyjmie postać:
; R w. 3-F B cos(30)2 + M = 0.
Rozwiązując to równanie otrzymujemy:
Z równania (2) znajdujemy:
R ay = Fcos(30) - R B = 20,867 - 4=-2,67 kN,
i z równania (1) R ax = Fcos(60) = 20,5 = 1 kN.
Rozwiązanie. Zastąpmy obciążenie równomiernie rozłożone jego wypadkową Q = 3q = 310 = 30 kN. Zostanie on zastosowany w środku przęsła, czyli w odległości AC = 1,5 m. Rozważamy równowagę belki AB. Odrzucamy połączenie – połączenie sztywne, a zamiast tego stosujemy dwie składowe reakcji R ax i R ay oraz moment reaktywny M a. Na belkę będzie działał płaski, dowolny układ sił, dla którego można wyprowadzić trzy równania równowagi, z których można znaleźć wymagane niewiadome.
F х = 0; R oś = 0;
F ku = 0; R ay - Q = 0; R ay = Q = 30 kN;
M a (F k) = 0; M a - 1,5Q = 0; M a = 1,5Q = 1,530 = 45 kHm.
Rozkład naprężeń w przypadku zagadnienia płaskiego
Przypadek ten odpowiada stanowi naprężenia pod fundamentami ścian, ścianami oporowymi, nasypami i innymi konstrukcjami, których długość znacznie przekracza ich wymiary poprzeczne:
Gdzie l– długość fundamentu; B– szerokość fundamentu. W tym przypadku rozkład naprężeń pod dowolną częścią konstrukcji, wyznaczony przez dwa równoległe odcinki prostopadłe do osi konstrukcji, charakteryzuje stan naprężeń pod całą konstrukcją i nie zależy od współrzędnych prostopadłych do kierunku obciążonej płaszczyzny.
Rozważmy działanie obciążenia liniowego w postaci ciągłego szeregu sił skupionych R, z których każdy jest na jednostkę długości. W tym przypadku elementy naprężenia w dowolnym punkcie M ze współrzędnymi R i b można znaleźć przez analogię do problem przestrzenny:
Jeśli relacje między cechami geometrycznymi rozważanych punktów z, y, B występuje w postaci współczynników wpływu K, wówczas wzory na naprężenia można zapisać w następujący sposób:
Wartości współczynników wpływu K z,K,Kyz tabelaryczne w zależności od względnych współrzędnych z/b, t/b(Tabela II.3 w Załączniku II).
Ważną właściwością problemu płaskiego jest to, że składniki naprężenia T i s y w rozważanym samolocie z 0y nie zależą od współczynnika rozszerzalności poprzecznej n 0, jak w przypadku problemu przestrzennego.
|
Ryc.3.15. Losowa dystrybucja
obciążenia przepustowości B
Jeśli obciążenie rozciąga się od punktu A(b=b 2) do rzeczy B(b=b 1), wówczas sumując naprężenia poszczególnych jego elementów, otrzymujemy wyrażenia na naprężenia w dowolnym punkcie układu od działania ciągłego obciążenia paskowego.
Aby uzyskać równomiernie rozłożone obciążenie, należy zintegrować powyższe wyrażenia w P = P= stała W tym przypadku główne kierunki, tj. kierunkami działania największych i najmniejszych naprężeń normalnych będą kierunki położone wzdłuż dwusiecznej „kątów widoczności” i prostopadłe do nich (ryc. 3.16). Kąt widoczności a to kąt utworzony przez linie proste łączące dany punkt M z krawędziami obciążającymi listwę.
Wartości naprężeń głównych uzyskujemy z wyrażeń (3.27), zakładając w nich b=0:
Wzory te są często stosowane przy ocenie stanu naprężenia (zwłaszcza stanu granicznego) w fundamentach konstrukcji.
Wykorzystując wartości naprężeń głównych w postaci półosi, można skonstruować elipsy naprężeń, które wizualnie charakteryzują stan naprężenia gruntu pod równomiernie rozłożonym obciążeniem przyłożonym wzdłuż paska. Rozkład (położenie) elips naprężeń pod działaniem lokalnego, równomiernie rozłożonego obciążenia w warunkach problemu płaskiego pokazano na rys. 3.17.
Ryc.3.17. Elipsy naprężeń pod działaniem równomiernie rozłożonego obciążenia w warunkach problemu płaskiego
Korzystając ze wzorów (3.28) możemy wyznaczyć s z, y I t yz we wszystkich punktach przekroju prostopadłych do osi wzdłużnej obciążenia. Jeśli połączymy punkty o tych samych wartościach każdej z tych wielkości, otrzymamy linie o jednakowych napięciach. Rysunek 3.18 przedstawia linie identycznych naprężeń pionowych s z, zwane izobarami, naprężenia poziome s y, zwane pchnięciami i naprężeniami stycznymi t zx zwane przesunięciami.
Krzywe te zostały skonstruowane przez D.E. Polshina przy użyciu metod teorii sprężystości dla obciążenia równomiernie rozłożonego na pasku o szerokości B, rozciągający się w nieskończoność w kierunku prostopadłym do rysunku. Krzywe pokazują wpływ naprężeń ściskających s z intensywność 0,1 obciążenie zewnętrzne R wpływa na głębokość około 6 B, natomiast naprężenia poziome y i styczne t rozchodzą się z tą samą intensywnością 0,1 R na znacznie płytszą głębokość (1,5 - 2,0) B. W przypadku problemu przestrzennego krzywoliniowe powierzchnie o jednakowych naprężeniach będą miały podobne kontury.
Ryc.3.18. Linie jednakowych naprężeń w masie odkształcalnej liniowo:
i dla s z(izobary); b – dla s y(rozpowszechnianie się); w – za T(zmiana)
Wpływ szerokości obciążonej taśmy wpływa na głębokość propagacji naprężeń. Na przykład dla fundamentu o szerokości 1 m, przenoszącego obciążenie intensywności na podstawę R, napięcie 0,1 R będzie na głębokości 6 m od podstawy, a dla fundamentu o szerokości 2 m, przy tej samej intensywności obciążenia, na głębokości 12 m (ryc. 3.19). Jeśli w niższych warstwach znajdują się słabsze gleby, może to znacząco wpłynąć na deformację konstrukcji.
gdzie a i b / to odpowiednio kąty widoczności i nachylenia linii do pionu (ryc. 3.21).
Ryc.3.21. Wykresy rozkładu naprężeń ściskających wzdłuż pionowych przekrojów masy gruntowej pod działaniem obciążenia trójkątnego
W tabeli II.4 załącznika II przedstawiono zależności współczynnika DO| z w zależności od z/B I y/B(Rys. 3.21) obliczyć sz za pomocą wzoru.
Wraz z siłami skoncentrowanymi omówionymi powyżej budownictwo i konstrukcje mogą być odsłonięte obciążenia rozproszone– objętościowo, powierzchniowo lub wzdłuż określonej linii – i przez to określone intensywność.
Przykład obciążenia rozłożone na obszarze, to obciążenie śniegiem, ciśnienie wiatru, ciśnienie cieczy lub ciśnienie gruntu. Natężenie takiego obciążenia powierzchniowego ma wymiar ciśnienia i jest mierzone w kN/m2 lub kilopaskalach (kPa = kN/m2).
Podczas rozwiązywania problemów często pojawia się obciążenie rozmieszczone wzdłuż długości belki. Intensywność Q obciążenie takie mierzone jest w kN/m.
Rozważmy belkę obciążoną na przekroju [ A, B] obciążenie rozproszone, którego intensywność zmienia się w zależności od prawa Q= Q(X). Aby określić reakcje podporowe takiej belki, należy zastąpić obciążenie rozłożone równoważnym obciążeniem skupionym. Można to zrobić poprzez następna zasada:
Rozważmy szczególne przypadki obciążenia rozproszonego.
A) ogólny przypadek obciążenia rozproszonego(ryc. 24)
Ryc.24
q(x) - intensywność siły rozłożonej [N/m],
Moc żywiołu.
l– długość odcinka
Siła intensywności q(x) rozłożona na odcinku prostym jest równoważna sile skupionej
W jednym punkcie przykładana jest siła skupiona Z(środek sił równoległych) ze współrzędną
B) stałe rozproszone natężenie obciążenia(ryc. 25)
Ryc.25
V) rozproszone natężenie obciążenia zmieniające się liniowo(ryc. 26)
Ryc.26
Obliczenie systemy złożone.
Pod systemy złożone Będziemy rozumieć struktury składające się z kilku połączonych ze sobą ciał.
Zanim przejdziemy do rozważenia cech obliczeń takich systemów, wprowadzamy następującą definicję.
Statycznie definiowalneSą to zagadnienia i układy statyki, dla których liczba nieznanych reakcji więzów nie przekracza maksymalnej dopuszczalnej liczby równań.
Jeśli liczba niewiadomych jest większa niż liczba równań, odpowiedni nazywane są zadania i systemy statycznie niewyznaczalny. W tym przypadku nazywa się różnicę między liczbą niewiadomych a liczbą równań stopień statycznej nieoznaczoności systemy.
Dla każdego płaskiego układu sił działających na ciało sztywne istnieją trzy niezależne warunki równowagi. W konsekwencji dla dowolnego płaskiego układu sił z warunków równowagi można znaleźć nie więcej niż trzy nieznane reakcje sprzęgania.
W przypadku przestrzennego układu sił działających na ciało sztywne istnieje sześć niezależnych warunków równowagi. W konsekwencji dla dowolnego przestrzennego układu sił z warunków równowagi można znaleźć nie więcej niż sześć nieznanych reakcji sprzęgania.
Wyjaśnimy to na poniższych przykładach.
1. Niech środek nieważkiego idealnego bloku (przykład 4) będzie utrzymywany nie przez dwa, ale trzy pręty: AB, Słońce I BD i konieczne jest określenie reakcji prętów, pomijając wymiary bloku.
Uwzględniając warunki zadania otrzymujemy układ sił zbieżnych, w którym wyznaczamy trzy niewiadome: SA, SC I S. D nadal możliwe jest złożenie układu tylko dwóch równań: Σ X = 0, Σ Y=0. Oczywiście postawiony problem i odpowiadający mu układ będą statycznie niewyznaczalne.
2. Belka sztywno utwierdzona na lewym końcu i posiadająca podporę przegubowo-nieruchomą na prawym końcu, obciążona jest dowolnym płaskim układem sił (rys. 27).
Aby wyznaczyć reakcje podporowe, można utworzyć tylko trzy równania równowagi, które będą zawierać 5 nieznanych reakcji podporowych: X A, Y A,MA,X B I Y B. Podany problem będzie dwukrotnie statycznie niewyznaczalny.
Problemu takiego nie da się rozwiązać w ramach mechaniki teoretycznej, zakładając, że dane ciało jest absolutnie stałe.
Ryc.27
Wróćmy do badań układów kompozytowych, których typowym przedstawicielem jest rama trójprzegubowa (ryc. 28, A). Składa się z dwóch ciał: AC I PNE., podłączony klucz zawias C. Rozważmy tę ramkę jako przykład dwa sposoby wyznaczania reakcji podporowych układów kompozytowych.
1 sposób. Weź pod uwagę ciało AC, obciążony daną siłą R, odrzucając wszystkie połączenia zgodnie z aksjomatem 7 i zastępując je odpowiednio reakcjami zewnętrznymi ( XA, TAK) i wewnętrzne ( X C, YC) połączenia (ryc. 28, B).
Podobnie możemy rozważyć równowagę ciała PNE. pod wpływem reakcji podporowych W - (X B, Y B) i reakcje w złączu łączącym C - (X C', YC’), gdzie zgodnie z aksjomatem 5: X C= X C', YC= YC’.
Dla każdego z tych ciał można skonstruować trzy równania równowagi, a więc całkowitą liczbę niewiadomych: XA, TAK , X C=X C', YC =YC’, X B, Y B jest równa całkowitej liczbie równań, a problem jest definiowalny statycznie.
Przypomnijmy, że zgodnie z warunkami zadania należało wyznaczyć tylko 4 reakcje podporowe, ale było to konieczne dodatkowa praca, określając reakcje w złączu łączącym. To jest wada Ta metoda wyznaczanie reakcji podporowych.
Metoda 2. Rozważ równowagę całej ramy ABC, tylko odrzucając Stosunki zewnętrzne i zastąpienie ich nieznanymi reakcjami podporowymi XA, TAK,X B, Y B .
Powstały system składa się z dwóch ciał i nie jest to absolutnie ciało stałe, ponieważ odległość między punktami A I W może ulec zmianie na skutek wzajemnego obrotu obu części względem zawiasu Z. Niemniej jednak możemy założyć, że jest to suma sił przyłożonych do ramy ABC tworzy system, jeśli zastosujemy aksjomat zestalenia (ryc. 28, V).
Ryc.28
A więc dla ciała ABC można skonstruować trzy równania równowagi. Na przykład:
Σ MA = 0;
Σ X = 0;
Te trzy równania będą obejmować 4 nieznane reakcje podporowe XA, TAK,X B I Y B. Zauważ, że próba wykorzystania tego jako brakującego równania: Σ M. V= 0 nie doprowadzi do sukcesu, ponieważ to równanie będzie liniowo zależne od poprzednich. Aby otrzymać liniowo niezależne czwarte równanie, należy wziąć pod uwagę równowagę innego ciała. Ponieważ możesz wziąć jedną z części ramy, na przykład - Słońce. W takim przypadku należy utworzyć równanie zawierające „stare” niewiadome XA, TAK,X B, Y B i nie zawierał nowych. Na przykład równanie: Σ X (Słońce) = 0 lub więcej szczegółów: - X C ' + X B= 0 nie nadaje się do tych celów, ponieważ zawiera „nową” niewiadomą X C’, ale tutaj jest równanie Σ M C (Słońce) = 0 spełnia wszystkie niezbędne warunki. Zatem wymagane reakcje podporowe można znaleźć w następującej kolejności:
Σ MA = 0; → Y B= R/4;
Σ M. V = 0; → TAK= -R/4;
Σ M C (Słońce) = 0; → X B= -R/4;
Σ X = 0; →XA= -3R/4.
Aby to sprawdzić, możesz skorzystać z równania: Σ M C (AC) = 0 lub bardziej szczegółowo: - TAK∙2 + XA∙2 + R∙1 = R/4∙2 -3R/4∙2 +R∙1 = R/2 - 3R/2 +R = 0.
Należy zauważyć, że to równanie obejmuje wszystkie 4 znalezione reakcje podporowe: XA I TAK- w formie wyraźnej i X B I Y B- ukryte, ponieważ posłużyły do wyznaczenia dwóch pierwszych reakcji.
Graficzne wyznaczanie reakcji podporowych.
W wielu przypadkach rozwiązywanie problemów można uprościć, jeśli zamiast równań równowagi lub oprócz nich bezpośrednio zastosuje się warunki równowagi, aksjomaty i twierdzenia statyki. Odpowiednie podejście nazywa się graficznym wyznaczaniem reakcji podporowych.
Zanim przejdziemy do rozważenia metody graficznej, zauważamy, że w przypadku układu zbieżnych sił tylko te problemy, które można rozwiązać analitycznie, można rozwiązać graficznie. Jednocześnie graficzna metoda wyznaczania reakcji podporowych jest wygodna dla małej liczby obciążeń.
Zatem graficzna metoda wyznaczania reakcji podporowych opiera się głównie na wykorzystaniu:
Aksjomaty dotyczące równowagi układu dwóch sił;
Aksjomaty dotyczące akcji i reakcji;
Trzy twierdzenia o siłach;
Warunki równowagi dla płaskiego układu sił.
Na definicja graficzna reakcji układów kompozytowych, zaleca się, co następuje kolejność rozważań:
Wybierz ciało z minimalną liczbą nieznanych algebraicznych reakcji sprzęgania;
Jeśli istnieją dwa lub więcej takich ciał, rozpocznij rozwiązanie od rozważenia ciała, do którego przyłożono mniej sił;
Jeśli istnieją dwa lub więcej takich ciał, wybierz ciało, dla którego większa liczba siły są znane z kierunku.
Rozwiązywanie problemów.
Rozwiązując problemy z tej sekcji, należy o nich wszystkich pamiętać ogólne instrukcje które zostały zrobione wcześniej.
Przystępując do rozwiązywania, należy przede wszystkim ustalić równowagę, które konkretne ciało należy uwzględnić w tym problemie. Następnie, wyodrębniwszy to ciało i uznając je za wolne, należy zobrazować wszystkie dane siły i reakcje odrzuconych wiązań działających na to ciało.
Następnie należy stworzyć warunki równowagi, stosując postać tych warunków, która prowadzi do prostszego układu równań (najprostszym układem będzie układ równań, z których każde zawiera jedną niewiadomą).
Aby uzyskać więcej proste równania następująco (chyba, że komplikuje to obliczenia):
1) podczas układania równań projekcji wykonaj oś współrzędnych, prostopadle do jakiejś nieznanej siły;
2) przy sporządzaniu równania momentu wskazane jest wybranie jako punktu momentu punktu, w którym przecinają się linie działania dwóch z trzech nieznanych reakcji podporowych – w tym przypadku nie zostaną one uwzględnione w równaniu, a zawierać tylko jedną niewiadomą;
3) jeżeli dwie z trzech nieznanych reakcji podporowych są równoległe, to przy układaniu równania w rzutach na oś należy tę ostatnią skierować tak, aby była prostopadła do dwóch pierwszych reakcji - w tym przypadku równanie będzie zawierało tylko ostatnia niewiadoma;
4) przy rozwiązywaniu zadania należy tak dobrać układ współrzędnych, aby jego osie były zorientowane tak, jak większość sił układu działających na ciało.
Przy obliczaniu momentów czasami wygodnie jest rozszerzać dana moc na dwie składowe i korzystając z twierdzenia Varignona znaleźć moment siły jako sumę momentów tych składowych.
Rozwiązanie wielu problemów statycznych sprowadza się do określenia reakcji podpór, za pomocą których mocowane są belki, kratownice mostowe itp.
Przykład 7. Do wspornika pokazanego na rys. 29, A, w węźle W zawieszony jest ładunek o masie 36 kN. Połączenia elementów wspornika są przegubowe. Wyznaczyć siły występujące w prętach AB I Słońce uważając je za nieważkie.
Rozwiązanie. Rozważ równowagę węzła W, gdzie spotykają się pręty AB I Słońce. Węzeł W reprezentuje punkt na rysunku. Ponieważ obciążenie jest zawieszone na węźle W, to w punkcie W przyłóż siłę F równą ciężarowi zawieszonego ładunku. Pręty VA I Słońce, połączone przegubowo w węźle W, ograniczyć możliwość jakiegokolwiek ruchu liniowego w płaszczyźnie pionowej, tj. są połączeniami w stosunku do węzła W.
Ryż. 29. Schemat obliczeniowy wspornika dla przykładu 7:
A - schemat projektu; B - układ sił w węźle B
Mentalnie odrzuć połączenia i zastąp ich działania siłami - reakcjami połączeń RA I RC. Ponieważ pręty są nieważkie, reakcje tych prętów (siły w prętach) są skierowane wzdłuż osi prętów. Załóżmy, że oba pręty są rozciągnięte, tj. ich reakcje są kierowane od zawiasu do prętów. Następnie, jeśli po obliczeniu reakcja okaże się ze znakiem minus, będzie to oznaczać, że w rzeczywistości reakcja jest skierowana w kierunku przeciwnym do wskazanego na rysunku, tj. pręt zostanie ściśnięty.
Na ryc. 29, B widać, że w tym momencie W przyłożona siła czynna F i reakcje połączeń RA I R S. Można zauważyć, że przedstawiony układ sił reprezentuje płaski układ sił zbiegających się w jednym punkcie. Wybieramy dowolne osie współrzędnych WÓŁ I OJ i ułóż równania równowagi w postaci:
Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;
Σ F y = 0; -F - Rc cos(90 - α) = 0.
Biorąc pod uwagę, że ponieważ (90 -α ) = grzechα, z drugiego równania, które znajdujemy
Rc = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN.
Zastąpienie wartości Rc do pierwszego równania, otrzymujemy
R a = -R do sałataα= - (-72) ∙0,866 = 62,35 kN.
Zatem pręt AB- rozciągnięty i pręt Słońce- skompresowany.
Aby sprawdzić poprawność znalezionych sił w prętach, rzutujemy wszystkie siły na dowolną oś, która nie pokrywa się z osiami X I Y na przykład oś U:
Σ Fu ty = 0; -R c - R a cosα -Fcos(90-α) = 0.
Po podstawieniu wartości sił znalezionych w prętach (wymiar w kiloniutonach) otrzymujemy
- (-72) – 62,35∙0,866 - 36∙0,5 = 0; 0 = 0.
Warunek równowagi jest spełniony, zatem znalezione siły w prętach są prawidłowe.
Przykład 8. Belka rusztowania budowlanego, której ciężar można pominąć, utrzymywana jest w pozycji poziomej za pomocą giętkiego pręta płyta CD i opiera się obrotowo w jednym punkcie o ścianę A. Znajdź siłę ciągu płyta CD, jeżeli pracownik o masie ciała 80 kg stanie na krawędzi rusztowania ≈0,8 kN (rys. 30, A).
Ryż. trzydzieści. Schemat projektowy rusztowania dla przykładu 8:
A– schemat konstrukcyjny; B– układ sił działających na rusztowanie
Rozwiązanie. Wybieramy obiekt równowagi. W w tym przykładzie przedmiotem równowagi jest belka rusztowania. W punkcie W na belkę działa siła czynna F równy ciężarowi człowieka. Połączenia w tym przypadku stanowią stały zawias nośny A i przyczepność płyta CD. Odrzućmy w myślach połączenia, zastępując ich działanie na belkę reakcjami połączeń (ryc. 30, B). Nie ma potrzeby określania reakcji stałego wspornika przegubowego w zależności od warunków problemu. Reakcja w trakcji płyta CD skierowany wzdłuż ciągu. Załóżmy, że pręt płyta CD rozciągnięty, tj. reakcja R & D skierowane w stronę od zawiasu Z wewnątrz pręta. Rozłóżmy reakcję R & D zgodnie z zasadą równoległoboku na składową poziomą i pionową:
R Dx góry =R D cosα ;
R Dy pion = R. D., co(90-α) = RD grzechα .
W rezultacie otrzymaliśmy dowolny płaski układ sił, którego warunkiem koniecznym równowagi jest równość do zera trzech niezależnych warunków równowagi.
W naszym przypadku wygodnie jest najpierw zapisać warunek równowagi w postaci sumy momentów względem punktu momentu A, od momentu reakcji wsparcia RA względem tego punktu wynosi zero:
Σ m A = 0; F∙3A - R dy∙ A = 0
F∙3A - RD grzechα = 0.
Oznaczający funkcje trygonometryczne określić z trójkąta ACD:
cosα = AC/CD = 0,89,
sinα = AD/CD = 0,446.
Rozwiązując równanie równowagi, otrzymujemy R D = 5,38 kN. (Podróż płyta CD- rozciągnięty).
Sprawdzenie poprawności obliczenia siły w sznurku płyta CD konieczne jest obliczenie przynajmniej jednego ze składników reakcji nośnika RA. Skorzystajmy z równania równowagi w postaci
Σ Fj = 0; V A + R Dy- F= 0
V A = F- Rdy.
Stąd V A= -1,6 kN.
Znak minus oznacza, że pionowa składowa reakcji RA na podporze jest skierowany w dół.
Sprawdźmy poprawność obliczenia siły w sznurku. Używamy innego warunku równowagi w postaci równań momentów względem punktu W.
Σ m B = 0; V A∙3a + R Dy ∙ 2a = 0;
1,6∙3A + 5,38∙0,446∙2A = 0; 0 = 0.
Warunki równowagi są spełnione, zatem siła w pasmie została wyznaczona prawidłowo.
Przykład 9. Pionowy słup betonowy wbetonowany jest dolnym końcem w poziomą podstawę. Obciążenie ze ściany budynku o masie 143 kN przenoszone jest na słup od góry. Słup wykonany jest z betonu o gęstości γ = 25 kN/m 3. Wymiary słupka pokazane są na rys. 31, A. Wyznaczać reakcje w sztywnym osadzeniu.
Ryż. 31. Schemat obliczeniowy słupa dla przykładu 9:
A– schemat obciążenia i wymiary filarów; B– schemat projektu
Rozwiązanie. W tym przykładzie obiektem równowagi jest filar. Słup obciążany jest następującymi rodzajami obciążeń aktywnych: w punkcie A siła skupiona F, równa ciężarowi ściany budynku i ciężar własny słupa w postaci obciążenia równomiernie rozłożonego na długości belki Q na każdy metr długości słupa: q = 𝛾A, Gdzie A- kwadrat Przekrój filar
Q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.
Połączenia w tym przykładzie to sztywne osadzenie u podstawy słupka. Odrzućmy w myślach pieczęć i zastąpmy jej działanie reakcjami połączeń (ryc. 31, B).
W naszym przykładzie rozważamy szczególny przypadek działanie układu sił prostopadłych do osadzania i przechodzących wzdłuż jednej osi przez punkt przyłożenia reakcji podporowych. Wtedy dwie reakcje podporowe: składowa pozioma i moment bierny będą równe zeru. Aby wyznaczyć składową pionową reakcji podporowej, rzutujemy wszystkie siły na oś elementu. Wyrównajmy tę oś z osią Z, wówczas warunek równowagi zostanie zapisany w postaci:
Σ F Z = 0; V B - F - kl = 0,
Gdzie ql- wypadkowa rozłożonego obciążenia.
V B = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.
Znak plus wskazuje, że reakcja V B skierowany w górę.
Aby sprawdzić poprawność obliczenia reakcji podporowej pozostaje jeszcze jeden warunek równowagi - w postaci algebraicznej sumy momentów wszystkich sił względem dowolnego punktu, który nie przechodzi przez oś elementu. Sugerujemy samodzielne wykonanie tej kontroli.
Przykład 10. Dla belki pokazanej na ryc. 32, A, konieczne jest określenie reakcji podporowych. Dany: F= 60 kN, Q= 24 kN/m, M= 28 kN∙m.
Ryż. 32. Schemat projektowy i wymiary belki dla przykładu 10:
Rozwiązanie. Rozważ równowagę belki. Belka obciążona jest obciążeniem czynnym w postaci płaskiego układu równoległych sił pionowych składających się z siły skupionej F, równomiernie rozłożone natężenie obciążenia Q z wypadkową Q, zastosowany w środku ciężkości przestrzeni ładunkowej (rys. 32, B) i moment skupiony M, które można przedstawić jako parę sił.
Połączenia w tej belce stanowią podporę przegubowo-stałą A i przegubową ruchomą podporę W. Podkreślmy obiekt równowagi, w tym celu odrzucimy połączenia wspierające i zastąpimy ich działania reakcjami w tych połączeniach (ryc. 32, B). Reakcja ruchomej podpory RB jest skierowany pionowo oraz reakcja podpory przegubowo-nieruchomej RA będzie równoległy do układu aktywnego siły aktywne i jest również skierowany pionowo. Załóżmy, że są skierowane w górę. Wynik rozłożonego obciążenia Q= 4,8∙q stosuje się w środku symetrii przestrzeni ładunkowej.
Przy wyznaczaniu reakcji podporowych w belkach należy dążyć do konstruowania równań równowagi w taki sposób, aby każde z nich zawierało tylko jedną niewiadomą. Można to osiągnąć konstruując dwa równania momentu wokół punktów odniesienia. Reakcje podporowe sprawdza się najczęściej poprzez ułożenie równania w postaci sumy rzutów wszystkich sił na oś prostopadłą do osi elementu.
Przyjmijmy warunkowo kierunek obrotu momentu reakcji podporowych wokół punktów momentowych jako dodatni, wtedy przeciwny kierunek obrotu sił zostanie uznany za ujemny.
Warunkiem koniecznym i wystarczającym równowagi jest w tym przypadku równość niezależnych warunków równowagi w postaci:
Σ m A = 0; V B ∙6 - Q∙4,8∙4,8 + M+F∙2,4 = 0;
Σ m B = 0; V A∙6 - Q∙4,8∙1,2 - M - F∙8,4 = 0.
Zastępując wartości liczbowe ilości, znajdujemy
V B= 14,4 kN, V A= 15,6 kN.
Aby sprawdzić poprawność znalezionych reakcji, korzystamy z warunku równowagi w postaci:
Σ Fj = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.
Po podstawieniu do tego równania wartości liczbowych otrzymujemy tożsamość typu 0=0. Stąd wnioskujemy, że obliczenia zostały wykonane poprawnie i reakcje na obu podporach są skierowane w górę.
Przykład 11. Wyznaczyć reakcje podporowe dla belki pokazanej na rys. 33, A. Dany: F= 2,4 kN, M= 12 kN∙m, Q= 0,6 kN/m, a = 60°.
Ryż. 33. Schemat projektowy i wymiary belek na przykład 11:
a – schemat konstrukcyjny; b – obiekt równowagi
Rozwiązanie. Rozważ równowagę belki. Uwolnij psychicznie belkę z połączeń na podporach i wybierz obiekt równowagi (ryc. 33, B). Belka obciążona jest obciążeniem czynnym w postaci dowolnego płaskiego układu sił. Wynik rozłożonego obciążenia Q = Q∙3 jest przymocowany do środka symetrii przestrzeni ładunkowej. Wytrzymałość F Rozłóżmy równoległobok na składowe - poziomą i pionową - zgodnie z zasadą równoległoboku.
F z = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;
F y = F cos(90-α) = F grzech 60°= 2,08 kN.
Zamiast odrzuconych połączeń stosujemy reakcje do obiektu równowagi. Załóżmy, że reakcja pionowa V A przegubowe wsparcie A reakcja skierowana ku górze, pionowa V B przegubowe, stałe podparcie B jest również skierowana w górę, a reakcja pozioma H.B- w prawo.
Zatem na ryc. 33, B przedstawia dowolny płaski układ sił, którego warunkiem koniecznym równowagi jest równość do zera trzech niezależnych warunków równowagi dla płaskiego układu sił. Przypomnijmy, że zgodnie z twierdzeniem Varignona moment siły F względem dowolnego punktu jest równa sumie momentów elementów F z i F y względem tego samego punktu. Przyjmijmy warunkowo kierunek obrotu momentu reakcji podporowych wokół punktów momentowych jako dodatni, wtedy przeciwny kierunek obrotu sił zostanie uznany za ujemny.
Następnie wygodnie jest sformułować warunki równowagi w postaci:
Σ F z = 0; - F z + H B= 0; stąd H.B= 1,2 kN;
Σ m A = 0; V B∙6 + M - Fj∙2 + 3Q∙0,5 = 0; stąd V B= - 1,456 kN;
Σ m B = 0; V A ∙6 - 3Q∙6,5 - Fj ∙4 - M= 0; stąd V A= 5,336 kN.
Aby sprawdzić poprawność obliczonych reakcji, stosujemy jeszcze jeden warunek równowagi, który nie został zastosowany, np.:
Σ Fj = 0; V A + V B - 3Q - Fj = 0.
Pionowa reakcja podporowa V B okazało się ze znakiem minus, pokazuje to, że w tej wiązce jest skierowana nie w górę, ale w dół.
Przykład 12. Wyznaczyć reakcje podporowe dla belki sztywno osadzonej z jednej strony i pokazanej na rys. 34, A. Dany: Q=20 kN/m.
Ryż. 34. Schemat projektowy i wymiary belek na przykład 12:
a – schemat konstrukcyjny; b – obiekt równowagi
Rozwiązanie. Wybierzmy obiekt równowagi. Belka obciążona jest obciążeniem czynnym w postaci płaskiego układu sił równoległych rozmieszczonych pionowo. Uwolnij mentalnie belkę od połączeń w osadzeniu i zastąp je reakcjami w postaci skoncentrowanej siły V B i pary sił z pożądanym momentem reaktywnym M B(patrz rys. 34, B). Ponieważ siły aktywne działają tylko w kierunku pionowym, reakcja pozioma H.B równy zeru. Przyjmijmy warunkowo kierunek obrotu momentu reakcji podporowych wokół punktów momentu zgodnych z ruchem wskazówek zegara jako dodatni, wtedy przeciwny kierunek obrotu sił zostanie uznany za ujemny.
Warunki równowagi układamy w postaci
Σ Fj = 0; V B- Q∙1,6 = 0;
Σ m B = 0; M B - Q∙1,6∙1,2 = 0.
Tutaj Q∙1,6 – wypadkowa obciążenia rozłożonego.
Zastępowanie wartości liczbowych obciążenia rozproszonego Q, znaleźliśmy
V V= 32 kN, M B= 38,4 kN∙m.
Aby sprawdzić poprawność znalezionych reakcji, utwórzmy kolejny warunek równowagi. Teraz przyjmijmy inny punkt jako punkt momentu, na przykład prawy koniec belki, a następnie:
Σ m A = 0; M B – V B∙2 + Q∙1,6∙0,8 = 0 .
Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy tożsamość 0=0.
Ostatecznie dochodzimy do wniosku, że reakcje podporowe zostały znalezione prawidłowo. Reakcja pionowa V B jest skierowany do góry, a moment bierny M. V- zgodnie z ruchem wskazówek zegara.
Przykład 13. Określ reakcje podporowe belki (ryc. 35, A).
Rozwiązanie. Obciążenie czynne jest wypadkową obciążenia rozproszonego Q=(1/2)∙woda=(1/2)∙3∙2=3kN, którego linia działania przebiega w odległości 1 m od lewej podpory, siła naciągu nici T = R= 2 kN przyłożone na prawym końcu belki i moment skupiony.
Ponieważ te ostatnie można zastąpić parą sił pionowych, obciążenie działające na belkę wraz z reakcją ruchomej podpory W tworzy układ sił równoległych, więc reakcja RA będzie również skierowany pionowo (ryc. 35, B).
Aby określić te reakcje, używamy równań równowagi.
Σ MA = 0; -Q∙1 + RB∙3 - M + T∙5 = 0,
RB = (1/3) (Q + M-R∙5) = (1/3) (3 + 4 - 2∙5) = -1 kN.
Σ M B = 0; - RA∙3 +Q∙2 - M+ T∙2 = 0,
RA= (1/3) (Q∙2 - M+R∙2) = (1/3) (3∙2 - 4 + 2∙2) = 2 kN.
Ryc.35
Aby sprawdzić poprawność otrzymanego rozwiązania, stosujemy dodatkowe równanie równowagi:
Σ Y ja = RA - Q + RB+T = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,
oznacza to, że problem został rozwiązany poprawnie.
Przykład 14. Znaleźć reakcje podporowe belki wspornikowej obciążonej obciążeniem rozłożonym (rys. 36, A).
Rozwiązanie. Wypadkowa rozłożonego obciążenia jest przykładana do środka ciężkości wykresu obciążenia. Aby nie szukać położenia środka ciężkości trapezu, wyobraźmy sobie go jako sumę dwóch trójkątów. Wtedy dane obciążenie będzie równoważne dwóm siłom: Q 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 kN i Q 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 kN, które przykłada się w środku ciężkości każdego z trójkątów (rys. 36, B).
Ryc.36
Reakcje podporowe sztywnego ściskania są reprezentowane przez siłę RA i chwila MA, aby określić, które wygodniejsze jest skorzystanie z równań równowagi układu sił równoległych, czyli:
Σ MA = 0; MA= 15 kN∙m;
Σ Y= 0, RA= 9 kN.
Aby to sprawdzić, używamy dodatkowego równania Σ M. V= 0, gdzie punkt W znajduje się na prawym końcu belki:
Σ M. V = MA - RA∙3 + Q 1 ∙2 + Q 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.
Przykład 15. Jednorodne ważenie belek Q= 600 N i długość l= 4 m spoczywa z jednej strony na gładkiej podłodze i w punkcie pośrednim W na wysokość słupa H= 3 m, tworząc z pionem kąt 30°. W tej pozycji belkę utrzymuje lina rozciągnięta po podłodze. Określ napięcie liny T i reakcje kolumnowe - RB i płeć - RA(ryc. 37, A).
Rozwiązanie. W mechanice teoretycznej przez belkę lub pręt rozumie się ciało, którego wymiary poprzeczne można pominąć w porównaniu z jego długością. A więc waga Q jednorodna wiązka jest przykładana punktowo Z, Gdzie AC= 2 m.
Ryc.37
1) Ponieważ w punkcie zastosowano dwie z trzech nieznanych reakcji A, pierwszym krokiem jest utworzenie równania Σ MA= 0, ponieważ tam pójdzie tylko reakcja RB:
- RB∙AB+Q∙(l/2)∙sin30° = 0,
Gdzie AB = H/cos30°= 2 m.
Podstawiając do równania otrzymujemy:
RB∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,
RB= 600/ (2) = 100 ≅ 173 N.
Podobnie z równania momentu można było znaleźć reakcję RA, wybierając jako moment punkt, w którym przecinają się linie akcji RB I T. Będzie to jednak wymagało dodatkowych konstrukcji, dlatego łatwiej jest zastosować inne równania równowagi:
2) Σ X = 0; RB∙cos30° - T = 0; → T = RB∙cos30°= 100 ∙( /2) = 150 N;
3) Σ Y= 0, RB∙sin30°- Q +RA= 0; → RA = Q- RB∙sin30°= 600 - 50 ≅ 513 N.
Tak znaleźliśmy T I RA Poprzez RB, można zatem sprawdzić poprawność otrzymanego rozwiązania korzystając z równania: Σ M B= 0, co będzie obejmować wszystkie znalezione reakcje, jawne lub ukryte:
RA∙AB grzech30°- 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.
Otrzymany w wyniku zaokrągleń pozostały Nazywa się ∆= -0,5 absolutny błąd obliczenia.
Aby odpowiedzieć na pytanie, jak dokładny jest uzyskany wynik, wykonaj obliczenia względny błąd, co jest określone wzorem:
ε=[|∆| / min(|Σ + |, |Σ - |)]∙100% =[|-0,5| / min(|887,5|, |-888|)]∙100% = (0,5/887,5)∙100% = 0,06%.
Przykład 16. Określ reakcje podporowe ramy (ryc. 38). Tutaj i dalej, jeśli nie zaznaczono inaczej, wszystkie wymiary na rysunkach będą brane pod uwagę w metrach, a siły - w kiloniutonach.
Ryc.38
Rozwiązanie. Rozważmy równowagę ramy, do której przykładana jest siła naprężenia nici jako siła czynna T równy ciężarowi ładunku Q.
1) Reakcja ruchomej podpory RB znajdujemy z równania Σ MA= 0. Aby nie obliczać dźwigni siły T, skorzystamy z twierdzenia Varignona, rozkładając tę siłę na składową poziomą i pionową:
RB∙2 + T grzech30°∙3 - T cos30°∙4 = 0; → RB = (1/2)∙ Q(cos30°∙4 - sin30°∙3) = (5/4) ∙ (4 - 3) kN.
2) Aby obliczyć TAK utwórzmy równanie Σ M C= 0, gdzie punkt Z leży na przecięciu linii akcji reakcji RB I XA:
- TAK∙2 + T grzech30°∙3 - T cos30°∙2 = 0; → TAK= (1/2)∙ Q(sin30°∙3 -cos30°∙2) = (5/4) ∙ (3 -2) kN.
3) Wreszcie znajdujemy reakcję XA:
Σ X = 0; XA - T sin30° = 0; → XA =Q sin30° = 5/2 kN.
Ponieważ wszystkie trzy reakcje zostały znalezione niezależnie od siebie, do sprawdzenia należy skorzystać z równania uwzględniającego każdą z nich:
Σ M. D = XA∙3 - TAK∙4 - RB∙2 = 15/2 - 5∙(3 -2 ) - (5/2)∙ (4 - 3) = 15/2 - 15 + 10 -10 +15/2 = 0.
Przykład 17. Określ reakcje podporowe pręta o zarysie przerywanym (ryc. 39, A).
Rozwiązanie. Rozłożone obciążenie na każdą sekcję pręta zastępujemy siłami skupionymi Q 1 = 5 kN i Q 2 = 3 kN, a działaniem odrzuconego sztywnego ściskania są reakcje XA,TAK I MA(ryc. 39, B).
Ryc.39
1) Σ MA = 0; MA -Q 1 ∙2,5 - Q 2 ∙5,5 = 0; → MA= 5∙2,5 + 3∙5,5 = 12,5 + 16,5 = 29 kNm.
2) Σ X = 0; XA + Q 1 ∙sina = 0; → XA= -5∙(3/5) = -3 kN.
3) Σ Y= 0; TAK - Q 1 cosa - Q 2 = 0; →TAK= 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 kN, ponieważ sinα = 3/5, cosα = 4/5.
Sprawdź: Σ M. V = 0; MA + XA∙3 - TAK∙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.
Przykład 18. Dla ramy pokazanej na ryc. 40, A, konieczne jest określenie reakcji podporowych. Dany: F= 50 kN, M= 60 kN∙m, Q= 20 kN/m.
Rozwiązanie. Rozważmy równowagę ramy. Uwolnij psychicznie ramę z połączeń na podporach (ryc. 40, B) i wybierz obiekt równowagi. Rama obciążona jest obciążeniem czynnym w postaci dowolnego płaskiego układu sił. Zamiast odrzuconych połączeń stosujemy reakcje na obiekt równowagi: na podporze przegubowo-nieruchomej A- pionowy V A i poziome H A oraz na przegubowym, ruchomym wsporniku W- reakcja pionowa V B Oczekiwany kierunek reakcji pokazano na rys. 40, B.
Ryc.40. Schemat konstrukcyjny ramy i obiektu równowagi dla przykładu 18:
A– schemat konstrukcyjny; B– obiekt równowagi
Tworzymy następujące warunki równowagi:
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 Fj = 0; V A + V B - Q∙6 = 0; V A= 20 kN.
W tym przypadku kierunek obrotu wokół momentu skierowanego w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara jest tradycyjnie uważany za dodatni.
Aby sprawdzić poprawność obliczeń reakcji, korzystamy z warunku równowagi, który uwzględniałby wszystkie reakcje podporowe, np.:
Σ m do = 0; V B∙3 + M – H A∙6 – V A∙3 = 0.
Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy tożsamość 0=0.
Zatem kierunki i wielkości reakcji podporowych są określone prawidłowo.
Przykład 19. Określ reakcje podporowe ramy (ryc. 41, A).
Ryc.41
Rozwiązanie. Podobnie jak w poprzednim przykładzie ościeżnica składa się z dwóch części połączonych zawiasem kluczykowym Z. Zastępujemy obciążenie rozłożone przyłożone do lewej strony ramy wypadkową Q 1, a po prawej - wypadkowa Q 2 gdzie Q 1 = Q 2 = 2 kN.
1) Znajdź reakcję RB z równania Σ M C (Słońce) = 0; → RB= 1kN;
W obliczeniach inżynierskich często spotyka się obciążenia rozkładane na danej powierzchni według takiego czy innego prawa. Rozważmy kilka prostych przykładów sił rozłożonych leżących w tej samej płaszczyźnie.
Płaski układ sił rozłożonych charakteryzuje się natężeniem q, czyli wartością siły przypadającej na jednostkę długości obciążonego odcinka. Natężenie mierzy się w niutonach podzielonych przez metry
1) Siły równomiernie rozłożone na odcinku linii prostej (ryc. 69, a). Dla takiego układu sił natężenie q ma stałą wartość. W obliczeniach statycznych ten układ sił można zastąpić wypadkowym
Modulo,
Siła Q jest przykładana w środku odcinka AB.
2) Siły rozłożone na odcinku prostym zgodnie z prawem liniowym (ryc. 69, b). Przykładem takiego obciążenia mogą być siły ciśnienia wody na tamę, posiadające najwyższa wartość na dnie i spada do zera na powierzchni wody. Dla tych sił natężenie q jest wielkością zmiennej rosnącą od zera do wartości maksymalnej.Wypadkową Q tych sił wyznacza się analogicznie jak wypadkową sił ciężkości działających na jednorodną płytę trójkątną ABC. Ponieważ ciężar jednorodnej płyty jest proporcjonalny do jej powierzchni, wówczas modulo,
Siła Q jest przykładana w pewnej odległości od boku samolotu trójkąt ABC(patrz § 35 ust. 2).
3) Siły rozłożone na odcinku prostym zgodnie z arbitralnym prawem (ryc. 69, c). Wypadkowa Q takich sił, analogicznie do siły ciężkości, jest co do wielkości równa polu powierzchni figury ABDE, mierzonej w odpowiedniej skali, i przechodzi przez środek ciężkości tego obszaru (kwestia wyznaczenia środki ciężkości obszarów zostaną omówione w § 33).
4) Siły równomiernie rozłożone wzdłuż łuku koła (ryc. 70). Przykładem takich sił są siły ciśnienia hydrostatycznego działające na boczne ścianki cylindrycznego naczynia.
Niech promień łuku będzie równy , gdzie jest oś symetrii, wzdłuż której kierujemy oś. Układ zbieżnych sił działających na łuk ma wypadkową Q, skierowaną ze względu na symetrię wzdłuż osi i numerycznie
Aby określić wartość Q, wybieramy element na łuku, którego położenie wyznacza kąt, a długość siły działającej na ten element jest liczbowo równa i rzut tej siły na oś będzie wtedy
Ale z rys. 70 jasne jest, że zatem od tego czasu
gdzie jest długością cięciwy opierającej się na łuku AB; q - intensywność.
Zadanie 27. Na belkę wspornikową A B, której wymiary pokazano na rysunku (rys. 71), działa równomiernie rozłożone obciążenie intensywnością, zakładając, że siły nacisku na osadzony koniec belki wyznacza się według zgodnie z prawem liniowym określ wartości największych natężeń tych sił, jeśli
Rozwiązanie. Siły rozłożone zastępujemy ich wypadkami Q, R i R, gdzie zgodnie ze wzorami (35) i (36)
i sporządź warunki równowagi (33) dla równoległych sił działających na belkę
Zastępując tutaj zamiast Q, R i R ich wartości i rozwiązując powstałe równania, w końcu znajdziemy
Na przykład, kiedy otrzymamy i kiedy
Zadanie 28. Cylindryczny cylinder, którego wysokość wynosi H, a średnica wewnętrzna d, napełnia się gazem pod ciśnieniem.Grubość cylindrycznych ścianek cylindra wynosi a. Wyznaczyć naprężenia rozciągające, jakie działają na te ściany w kierunkach: 1) podłużnym i 2) poprzecznym (naprężenie jest równe stosunkowi siły rozciągającej do pola przekroju poprzecznego), uznając je za małe.
Rozwiązanie. 1) Przetnijmy walec na dwie części płaszczyzną prostopadłą do jego osi i rozważmy równowagę jednej z nich (ryc.
72, a). Działa na nią w kierunku osi cylindra siła nacisku na dno oraz siły rozłożone na polu przekroju poprzecznego (działanie odrzuconej połówki), których wypadkowa będzie oznaczona przez Q. W stanie równowagi
Zakładając, że pole przekroju poprzecznego jest w przybliżeniu równe, otrzymujemy wartość naprężenia rozciągającego
Odległość pomiędzy obciążeniami skupionymi jest taka sama, a odległość od początku przęsła do pierwszego obciążenia skupionego jest równa odległości pomiędzy obciążeniami skupionymi. W tym przypadku obciążenia skupione również padają na początek i koniec przęsła, ale jednocześnie powodują jedynie zwiększenie reakcji podporowej; skrajne obciążenia skupione nie wpływają w żaden sposób na wartość momentów zginających i ugięcia, oraz dlatego nie są brane pod uwagę przy obliczaniu nośności konstrukcji. Rozważmy to na przykładzie belek stropowych spoczywających na nadprożu. Ze względu na łatwość postrzegania nie pokazano elementów ceglanych, które mogą znajdować się pomiędzy nadprożem a belkami stropowymi i tworzyć równomiernie rozłożone obciążenie.
Obrazek 1. Redukcja obciążeń skupionych do równoważnego obciążenia równomiernie rozłożonego.
Jak widać na rysunku 1, momentem decydującym jest moment zginający, który wykorzystuje się w obliczeniach wytrzymałościowych konstrukcji. Zatem, aby równomiernie rozłożone obciążenie spowodowało taki sam moment zginający jak obciążenie skupione, należy go pomnożyć przez odpowiedni współczynnik przejścia (współczynnik równoważności). Współczynnik ten wyznacza się z warunków równości momentów. Myślę, że rysunek 1 bardzo dobrze to ilustruje. Analizując uzyskane zależności, można wyprowadzić ogólny wzór na określenie współczynnika przejścia. Jeśli więc liczba przyłożonych obciążeń skupionych jest nieparzysta, tj. jedno z skupionych obciążeń koniecznie przypada na środek rozpiętości, wówczas w celu określenia współczynnika równoważności można skorzystać ze wzoru:
γ = n/(n - 1) (305.1.1)
gdzie n jest liczbą przęseł pomiędzy obciążeniami skupionymi.
q eq = γ(n-1)Q/l (305.1.2)
gdzie (n-1) jest liczbą skupionych ładunków.
Czasami jednak wygodniej jest wykonać obliczenia na podstawie liczby skupionych obciążeń. Jeżeli wielkość tę wyraża się zmienną m, to
γ = (m +1)/m (305.1.3)
W tym przypadku równoważne równomiernie rozłożone obciążenie będzie równe:
q równoważnik = γmQ/l (305.1.4)
Gdy liczba ładunków skupionych jest parzysta, tj. żadne z obciążeń skupionych nie przypada na środek przęsła, wówczas wartość współczynnika można przyjąć jak dla kolejnej nieparzystej wartości liczby obciążeń skupionych. Ogólnie rzecz biorąc, z zastrzeżeniem określonych warunków obciążenia, można zaakceptować następujące współczynniki przejścia:
γ = 2- jeśli na przykład rozważana konstrukcja belka otrzymuje tylko jedno obciążenie skupione w środku nadproża.
γ = 1,33- dla belki poddanej 2 lub 3 obciążeniom skupionym;
γ = 1,2- dla belki poddanej 4 lub 5 obciążeniom skupionym;
γ = 1,142- dla belki poddanej 6 lub 7 obciążeniom skupionym;
γ = 1,11- dla belki poddanej 8 lub 9 obciążeniom skupionym.
Opcja 2
Odległość pomiędzy obciążeniami skupionymi jest taka sama, przy czym odległość od początku przęsła do pierwszego obciążenia skupionego jest równa połowie odległości pomiędzy obciążeniami skupionymi. W tym przypadku obciążenia skupione nie spadają na początek i koniec przęsła.
Rysunek 2. Wartości współczynników przejścia dla opcji 2 zastosowania obciążeń skupionych.
Jak widać na rysunku 2, przy tej opcji ładowania wartość współczynnika przejścia będzie znacznie mniejsza. Na przykład przy parzystej liczbie skoncentrowanych obciążeń współczynnik przejścia można ogólnie przyjąć jako równy jedności. Dla nieparzystej liczby obciążeń skupionych wzór można wykorzystać do określenia współczynnika równoważności:
γ = (m +7)/(m +6) (305.2.1)
gdzie m jest liczbą skupionych obciążeń.
W tym przypadku równoważne obciążenie równomiernie rozłożone będzie nadal równe:
q równoważnik = γmQ/l (305.1.4)
Ogólnie rzecz biorąc, z zastrzeżeniem określonych warunków obciążenia, można zaakceptować następujące współczynniki przejścia:
γ = 2- czy rozpatrywana konstrukcja przykładowo przyjmuje tylko jedno obciążenie skupione w środku nadproża i czy belki stropowe padają na początek, czy na koniec przęsła, czy też są usytuowane w dowolnej odległości od początku i końca przęsła, w tym wypadku nie ma to znaczenia. Jest to ważne przy określaniu skoncentrowanego obciążenia.
γ = 1- jeżeli na daną konstrukcję działa parzysta liczba obciążeń.
γ = 1,11- dla belki poddanej 3 skupionym obciążeniom;
γ = 1,091- dla belki poddanej 5 obciążeniom skupionym;
γ = 1,076- dla belki poddanej 7 obciążeniom skupionym;
γ = 1,067- dla belki poddanej 9 obciążeniom skupionym.
Pomimo skomplikowanych definicji, współczynniki równoważności są bardzo proste i wygodne. Ponieważ w obliczeniach bardzo często znane jest obciążenie rozłożone działające na metr kwadratowy lub bieżący, aby nie przeliczać obciążenia rozłożonego najpierw na obciążenie skupione, a następnie ponownie na równoważne obciążenie rozłożone, wystarczy po prostu pomnożyć wartość rozłożone obciążenie przez odpowiedni współczynnik. Na przykład sufit będzie poddany standardowemu obciążeniu rozłożonemu wynoszącemu 400 kg/m2, podczas gdy ciężar własny sufitu wyniesie kolejne 300 kg/m2. Wówczas przy długości belki stropowej wynoszącej 6 m na nadproże mogłoby działać równomiernie rozłożone obciążenie q = 6(400 + 300)/2 = 2100 kg/m. A następnie, jeśli w środku przęsła znajduje się tylko jedna belka stropowa, to γ = 2 i
q równanie = γq = 2q (305.2.2)
Jeśli żaden z dwóch powyższych warunków nie jest spełniony, nie można zastosować współczynników przejścia w czystej postaci, należy dodać kilka dodatkowych współczynników, które uwzględniają odległość do belek, które nie spadają na początku i na końcu rozpiętości nadproża oraz możliwej asymetrii przyłożenia obciążeń skupionych. W zasadzie możliwe jest wyprowadzenie takich współczynników, ale w każdym przypadku będą one maleć we wszystkich przypadkach, jeśli weźmiemy pod uwagę pierwszy przypadek obciążenia i w 50% przypadków, jeśli weźmiemy pod uwagę drugi przypadek obciążenia, tj. wartości takich współczynników będą< 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.
