Дозволяє поступово розподілити навантаження на. Що таке розподілене навантаження. Поступово розподілене навантаження. Графічне визначення опорних реакцій

Відстань між зосередженими навантаженнями однакова, при цьому відстань від початку прольоту до першого зосередженого навантаження дорівнює відстані між зосередженими навантаженнями. У цьому випадку зосереджені навантаження також потрапляють на початок і на кінець прольоту, але при цьому викликають тільки збільшення опорної реакції, значення згинальних моментів і на прогин крайні зосереджені навантаження ніяк не впливають, а тому при розрахунках несучої здатності конструкції не враховуються. Розглянемо це з прикладу балок перекриття що спираються на перемичку. Цегляна кладка, яка може бути між перемичкою та балками перекриття, і створювати при цьому рівномірно розподілене навантаження, для простоти сприйняття не показана.

Малюнок 1. Приведення зосереджених навантажень до еквівалентного рівномірно розподіленого навантаження.

Як видно з малюнка 1, визначальним є згинальний момент, який використовується при розрахунках конструкцій на міцність. Таким чином, щоб рівномірно розподілене навантаження створювало такий самий згинальний момент, як і зосереджена навантаження, її потрібно помножити на відповідний коефіцієнт переходу (коефіцієнт еквівалентності). А визначається цей коефіцієнт із умов рівності моментів. Думаю, рисунок 1 це дуже добре ілюструє. А ще, аналізуючи отримані залежності, можна вивести загальну формулу визначення коефіцієнта переходу. Тож якщо кількість доданих зосереджених навантажень є непарним, тобто. одне із зосереджених навантажень обов'язково потрапляє на середину прольоту, то для визначення коефіцієнта еквівалентності можна використовувати формулу:

γ = n/(n - 1) (305.1.1)

де n – кількість прольотів між зосередженими навантаженнями.

q екв = γ(n-1)Q/l (305.1.2)

де (n-1) – кількість зосереджених навантажень.

Втім, іноді зручніше робити розрахунки, виходячи з кількості зосереджених навантажень. Якщо ця кількість висловити змінну m, то тоді

γ = (m +1)/m (305.1.3)

При цьому еквівалентне рівномірно розподілене навантаження дорівнюватиме:

q екв = γmQ/l (305.1.4)

Коли кількість зосереджених навантажень є парним, тобто. жодна із зосереджених навантажень не потрапляє на середину прольоту, то значення коефіцієнта можна набувати, як для наступного непарного значення кількості зосереджених навантажень. Загалом за дотримання зазначених умов завантаження можна приймати такі коефіцієнти переходу:

γ = 2- якщо на конструкцію, що розглядається, наприклад, балку потрапляє тільки одне зосереджене навантаження посередині перемички.

γ = 1.33- для балки, на яку діють 2 або 3 зосереджені навантаження;

γ = 1.2- для балки, на яку діють 4 або 5 зосереджених навантажень;

γ = 1.142- для балки, на яку діють 6 або 7 зосереджених навантажень;

γ = 1.11- для балки, яку діють 8 чи 9 зосереджених навантажень.

2 варіант

Відстань між зосередженими навантаженнями однакова, при цьому відстань від початку прольоту до першого зосередженого навантаження дорівнює половині відстані між зосередженими навантаженнями. У цьому випадку зосереджені навантаження не потрапляють на початок та на кінець прольоту.

Малюнок 2. Значення коефіцієнтів переходу при 2 варіанті застосування зосереджених навантажень.

Як видно з малюнка 2, при такому варіанті завантаження значення коефіцієнта переходу значно менше. Так, наприклад, при парній кількості зосереджених навантажень коефіцієнт переходу взагалі можна приймати рівним одиниці. При непарній кількості зосереджених навантажень визначення коефіцієнта еквівалентності можна використовувати формулу:

γ = (m +7)/(m +6) (305.2.1)

де m – кількість зосереджених навантажень.

При цьому еквівалентне рівномірно розподілене навантаження все також дорівнюватиме:

q екв = γmQ/l (305.1.4)

Загалом за дотримання зазначених умов завантаження можна приймати такі коефіцієнти переходу:

γ = 2- якщо на розглянуту конструкцію, наприклад, балку потрапляє тільки одна зосереджена навантаження посередині перемички, а чи потрапляють балки перекриття на початок або кінець прольоту або розташовані скільки завгодно далеко від початку і кінця прольоту, в даному випадку значення не має. А значення це має щодо зосередженого навантаження.

γ = 1- якщо на розглянуту конструкцію, діє парна кількість навантажень.

γ = 1.11- для балки, на яку діють 3 зосереджені навантаження;

γ = 1.091- для балки, на яку діють 5 зосереджених навантажень;

γ = 1.076- для балки, на яку діють 7 зосереджених навантажень;

γ = 1.067- для балки, яку діють 9 зосереджених навантажень.

Незважаючи на деяку хитромудрість визначення, коефіцієнти еквівалентності дуже прості і зручні. Так як при розрахунках дуже часто відоме розподілене навантаження, що діє на квадратний або погонний метр, то щоб не переводити розподілене навантаження спочатку в зосереджене, а потім знову в еквівалентне розподілене, досить просто помножити значення розподіленого навантаження на відповідний коефіцієнт. Наприклад, на перекриття буде діяти нормативне розподілене навантаження 400 кг/м2, при цьому власна вага перекриття становитиме ще 300 кг/м2. Тоді при довжині балок перекриття 6 м на перемичку могло б діяти рівномірно розподілене навантаження q = 6(400 + 300)/2 = 2100 кг/м. А далі, якщо буде лише одна балка перекриття посередині прольоту, то γ = 2, а

q екв = γq = 2q (305.2.2)

Якщо жодна з двох вищенаведених умов не дотримується, то використовувати коефіцієнти переходу в чистому вигляді не можна, потрібно додати ще пару додаткових коефіцієнтів, що враховують відстань до балок, що не потрапляють на початок і кінець перельоту, а також можливу несиметричність докладання зосереджених навантажень. Вивести такі коефіцієнти в принципі можна, однак у будь-якому випадку вони будуть знижуючими у всіх випадках, якщо розглядати 1 варіант завантаження та у 50% випадків, якщо розглядати 2 варіант завантаження, тобто. значення таких коефіцієнтів будуть< 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.

Розподіл напруг у разі плоского завдання

Цей випадок відповідає напруженому стану під стіновими фундаментами, підпірними стінками, насипами та іншими спорудами, довжина яких значно перевищує їх поперечні розміри:

де l- Довжина фундаменту; b- Ширина фундаменту. При цьому розподіл напруг під будь-якою частиною споруди, виділеною двома паралельними перерізами, перпендикулярними до осі споруди, характеризує напружений стан під усією спорудою і не залежить від координат, перпендикулярних до напрямку завантаженої площини.

Розглянемо дію погонного навантаження у вигляді безперервного ряду зосереджених сил Р, Кожна з яких посідає одиницю довжини. У цьому випадку складові напруг у будь-якій точці Мз координатами Rі b можуть бути знайдені за аналогією з просторовим завданням:

(3.27)

Якщо співвідношення геометричних характеристик розглянутих точок z, y, bподати у вигляді коефіцієнтів впливу K, То формули для напруг можна записати так:

(3.28)

Значення коефіцієнтів впливу K z,K y,K yzтабульовані в залежності від відносних координат z/b, y/b(Табл. II.3 додатка II).

Важлива властивість плоского завдання в тому, що складові напруги tі s yу аналізованої площині z 0yне залежать від коефіцієнта поперечного розширення n 0 як у випадку просторової задачі.

Завдання може бути вирішено і для випадку погонного навантаження, будь-яким чином розподіленого по смузі шириною b. При цьому елементарне навантаження dPрозглядають як зосереджену чинність (рис.3.15).

Рис.3.15. Довільний розподіл

навантаження по ширині смуги b

Якщо навантаження поширюється від точки A(b=b 2) до точки B(b=b 1), то, підсумовуючи напруги від її окремих елементів, отримаємо вирази для напруг у будь-якій точці масиву від дії суцільного смугоподібного навантаження.

(3.29)

При рівномірно розподіленому навантаженні інтегрують вищенаведені вирази при P y = P= const. І тут головними напрямами, тобто. напрямками, в яких діють найбільші та найменші нормальні напруження, будуть напрямки, розташовані по бісектрисі "кутів видимості" та їм перпендикулярні (рис.3.16). Кутом видимості a називають кут, утворений прямими, що з'єднують точку, що розглядається. Мз краями смугового навантаження.

Значення головної напруги отримаємо з виразів (3.27), вважаючи в них b=0:

. (3.30)

Ці формули часто використовують при оцінці напруженого стану (особливо граничного) в основах споруд.

На величинах основних напруг як півосях можна побудувати еліпси напруг, наочно характеризують напружений стан грунту під рівномірно розподіленим навантаженням, прикладеним смугою. Розподіл (розташування) еліпсів напруги при дії місцевого рівномірно розподіленого навантаження в умовах плоского завдання показано на рис.3.17.

Рис.3.17. Еліпси напруги при дії рівномірно розподіленого навантаження в умовах плоского завдання

За формулами (3.28) можна визначити s z, s yі t yzу всіх точках перерізу, перпендикулярного до поздовжньої осі навантаження. Якщо з'єднати точки з однаковими значеннями кожної з цих величин, отримаємо лінії рівних напруг. На рис.3.18 зображені лінії однакових вертикальних напруг s z, звані ізобарами, горизонтальних напруг s y, звані розпорами, та дотичних напруг t zxзвані зсувами.

Ці криві були побудовані Д.Е.Польшиним методами теорії пружності для навантаження, рівномірно розподіленої по смузі шириною b, що нескінченно тягнеться в напрямку, перпендикулярному кресленню. Криві показують, що вплив стискаючих напруг s zінтенсивністю 0,1 зовнішнього навантаження Рпозначається на глибині близько 6 b, тоді як горизонтальні напруги s yі дотичні t поширюються за тієї ж інтенсивності 0,1 Рна значно меншу глибину (1,5 – 2,0) b. Аналогічні обриси матимуть криволінійні поверхні рівної напруги для випадку просторового завдання.

Рис.3.18. Лінії рівних напруг в лінійно деформується масиві:

а для s z(ізобари); б – для s y(Распор); в – для t(Зсуву)

Вплив ширини завантаженої лінії позначається на глибині поширення напруг. Наприклад, для фундаменту шириною 1 м, що передає на основу навантаження інтенсивністю Р, напруга 0,1 Рбуде на глибині 6 м від підошви, а для фундаменту шириною 2 м, за тієї ж інтенсивності навантаження, – на глибині 12 м (рис.3.19). За наявності в підстилаючих шарах слабших ґрунтів це може суттєво вплинути на деформацію споруди.

де a та b/ – відповідно кути видимості та нахилу лінії до вертикалі (рис.3.21).

3.21. Епюри розподілу стискаючих напруг по вертикальним перерізам масиву ґрунту при дії трикутного навантаження

У таблиці II.4 додатка II наведено залежності коефіцієнта До| z в залежності від z/bі y/b(Рис.3.21) для обчислення s z за формулою:

s z = До| z × Р.

При вирішенні практичних завдань далеко не завжди можна вважати, що сила, що діє на тіло, прикладена в одній точці. Часто сили бувають прикладені на цілій ділянці тіла (наприклад, снігове навантаження, вітрове тощо). Таке навантаження називається розподіленим. Поступово розподілене навантаження характеризується інтенсивністю q (рис.1.29). Інтенсивність – це сумарне навантаження, що припадає на одиницю довжини конструкції.

F x = Fcos (60), F y = Fcos (30)

Вирішуючи це рівняння отримаємо:

З рівняння (2) знаходимо:

F кх = 0; R ах = 0;

Рішення. Скористаємося тим самим планом, який застосовувався для вирішення завдань на систему сил, що сходить. Об'єктом рівноваги є вся балка, навантаження яку показано на кресленні. Відкинемо зв'язки - шарніри А та В. Реакцію нерухомого шарніра А розкладемо на дві складові -

, а реакція рухомого шарніра направлена перпендикулярно опорної площини. Таким чином, на балку діє плоска довільна система сил, для якої можна скласти три рівняння рівноваги. Виберемо осі координат і складемо ці рівняння. Рівняння проекцій:

1. F kx = 0; R ax -Fcos(60) = 0;

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

(Пара до рівняння проекцій не входить, так як сума проекцій сил пари на будь-яку вісь дорівнює нулю).

Рівняння моментів складаємо щодо точки А, оскільки в ній перетинаються дві невідомі сили. При знаходженні моменту пари щодо точки А пам'ятаємо, що сума моментів сил пари щодо будь-якої точки дорівнює моменту пари, а знак моменту буде позитивним, оскільки пара прагне повернути тіло проти годинникової стрілки. Для знаходження моменту сили зручно розкласти її на вертикальну та горизонтальну складові:

F x = Fcos (60), F y = Fcos (30)

і скористатися теоремою Варіньйона, причому слід врахувати, що момент від сили щодо точки А дорівнює нулю, оскільки її лінія дії проходить через цю точку. Тоді рівняння моментів набуде вигляду:

; R ст. 3-F B cos(30)2 + M = 0.

Вирішуючи це рівняння отримаємо:

З рівняння (2) знаходимо:

R ay = Fcos(30) - R B = 20,867 - 4=-2,67 кН,

а з рівняння (1) R ax = F?cos(60) = 2?0,5 = 1 кН.

Рішення. Замінимо рівномірно розподілене навантаження її рівнодіючої Q = 3q = 310 = 30 кН. Вона буде додана у середині прольоту, тобто з відривом АС = 1,5 м. Розглядаємо рівновагу балки АВ. Відкидаємо зв'язок - жорстке закладення, а замість нього прикладаємо дві складові реакції R ах і R ау і реактивний момент M а. На балку діятиме плоска довільна система сил, для якої можна скласти три рівняння рівноваги, з яких можна знайти невідомі.

F кх = 0; R ах = 0;

F ку = 0; R ау – Q = 0; R ау = Q = 30 кН;

M а (F к) = 0; M а - 1,5 Q = 0; M а = 1,5Q = 1,530 = 45 кHм.

Розподіл напруг у разі плоского завдання

Де l- Довжина фундаменту; b- Ширина фундаменту. При цьому розподіл напруг під будь-якою частиною споруди, виділеною двома паралельними перерізами, перпендикулярними до осі споруди, характеризує напружений стан під усією спорудою і не залежить від координат, перпендикулярних до напрямку завантаженої площини.

Рис.3.15. Довільний розподіл

навантаження по ширині смуги b

Значення головної напруги отримаємо з виразів (3.27), вважаючи в них b=0:

Ці формули часто використовують при оцінці напруженого стану (особливо граничного) в основах споруд.

Рис.3.17. Еліпси напруги при дії рівномірно розподіленого навантаження в умовах плоского завдання

Рис.3.18. Лінії рівних напруг в лінійно деформується масиві:

а для s z(ізобари); б – для s y(Распор); в – для t(Зсуву)

де a та b/ – відповідно кути видимості та нахилу лінії до вертикалі (рис.3.21).

У таблиці II.4 додатка II наведено залежності коефіцієнта До| z в залежності від z/bі y/b(Рис.3.21) для обчислення s z за формулою.

Поряд із розглянутими вище зосередженими силами будівельні конструкції та споруди можуть зазнавати впливу розподілених навантажень- за об'ємом, по поверхні або вздовж деякої лінії - і її визначаються інтенсивністю.

Прикладом навантаження, розподіленої за площею, є снігове навантаження, тиск вітру, рідини або ґрунту. Інтенсивність такого поверхневого навантаження має розмірність тиску та вимірюється в кН/м 2 або кілопаскалях (кПа = кН/м 2 ).

При вирішенні задач дуже часто зустрічається навантаження, розподілена по довжині балки. Інтенсивність qтаке навантаження вимірюється в кН/м.

Розглянемо балку, завантажену на ділянці [ a, b] розподіленим навантаженням, інтенсивність якого змінюється за законом q= q(x). Для визначення опорних реакцій такої балки потрібно замінити розподілене навантаження еквівалентним зосередженим. Це можна зробити за таким правилом:

Розглянемо окремі випадки розподіленого навантаження.

а) загальний випадок розподіленого навантаження(Рис.24)

Рис.24

q(x) - інтенсивність розподіленої сили [Н/м],

Елементарна сила.

l- Довжина відрізка

Розподілена по відрізку пряма сила інтенсивності q(x) еквівалентна зосередженій силі

Зосереджена сила прикладається у точці З(центр паралельних сил) з координатою

б) постійна інтенсивність розподіленого навантаження(Рис.25)

Рис.25

в) інтенсивність розподіленого навантаження, що змінюється за лінійним законом(Рис.26)

Рис.26

Розрахунок складових систем.

Під складовими системами розумітимемо конструкції, що складаються з декількох тіл, з'єднаних один з одним.

Перш ніж переходити до розгляду особливостей розрахунку таких систем, введемо таке визначення.

Статично визначниминазиваються такі завдання та системи статики, котрим число невідомих реакцій зв'язків вбирається у максимально допустимого числа рівнянь.

Якщо кількість невідомих більша за кількість рівнянь,відповідні завдання та системи називаються статично невизначеними. При цьому різниця між числом невідомих та числом рівнянь називається ступенем статичної невизначеностісистеми.

Для будь-якої плоскої системи сил, що діють на тверде тіло, є три незалежні умови рівноваги. Отже, для будь-якої плоскої системи сил умов рівноваги можна знайти трохи більше трьох невідомих реакцій зв'язку.

У разі просторової системи сил, що діють на тверде тіло, є шість незалежних умов рівноваги. Отже, для будь-якої просторової системи з умов рівноваги можна знайти трохи більше шести невідомих реакцій зв'язку.

Пояснимо це на таких прикладах.

1. Нехай центр невагомого ідеального блоку (приклад 4) утримується за допомогою не двох, а трьох стрижнів: АВ, НДі BDі слід визначити реакції стрижнів, нехтуючи розмірами блоку.

З урахуванням умов завдання ми отримаємо систему схожих сил, де для визначення трьох невідомих: S A, S Cі S Dможна скласти як і раніше систему лише двох рівнянь: Σ X = 0, Σ Y=0. Очевидно, поставлене завдання та відповідна їй система будуть статично невизначеними.

2. Балка, що жорстко защемлена на лівому кінці і має на правому кінці шарнірно-нерухому опору, завантажена довільною плоскою системою сил (рис.27).

Для визначення опорних реакцій можна скласти лише три рівняння рівноваги, куди увійдуть 5 невідомих опорних реакцій: X A , Y A,M A,X Bі Y B. Поставлене завдання буде двічі статично невизначеним.

Таке завдання не можна вирішити в рамках теоретичної механіки, припускаючи тіло, що розглядається, абсолютно твердим.

Рис.27

Повернемося до вивчення складових систем, типовим представником яких є тришарнірна рама (рис. 28, а). Вона складається з двох тіл: ACі BC, з'єднаним ключовимшарніром C. На прикладі цієї рами розглянемо два способи визначення опорних реакцій складових систем

1 спосіб.Розглянемо тіло AC, завантажене заданою силою Р, відкинувши відповідно до аксіоми 7 всі зв'язки та замінивши їх відповідно реакціями зовнішніх ( X A, Y A) та внутрішніх ( X C, Y C) зв'язків (рис. 28, б).

Аналогічно можна розглянути рівновагу тіла BCпід дією реакцій опори В - (X B, Y B) та реакцій у сполучному шарнірі C - (X C ’, Y C’) , де відповідно до аксіоми 5: X C= X C ’, Y C= Y C’.

Для кожного з цих тіл можна скласти три рівняння рівноваги, таким чином загальна кількість невідомих: X A, Y A , X C=X C ’, Y C =Y C’, X B, Y Bдорівнює сумарному числу рівнянь, і завдання є статично визначним.

Нагадаємо, що за умовою завдання потрібно визначити тільки 4 опорні реакції, нам же довелося виконати додаткову роботу, визначаючи реакції в сполучному шарнірі. У цьому полягає недолік цього способу визначення опорних реакцій.

2 спосіб.Розглянемо рівновагу всієї рами АВС, відкинувши лише зовнішні зв'язки та замінивши їх невідомими опорними реакціями X A, Y A,X B, Y B .

Отримана система складається з двох тіл і не є абсолютно твердим тілом, оскільки відстань між точками Аі Вможе змінюватися внаслідок взаємного повороту обох частин щодо шарніру З. Тим не менш, можна вважати, що сукупність сил, прикладених до рами АВСутворює систему, якщо скористатися аксіомою затвердіння (рис.28, в).

Рис.28

Отже, для тіла АВСможна скласти три рівняння рівноваги. Наприклад:

Σ M A = 0;

Σ X = 0;

У ці три рівняння увійдуть 4 невідомі опорні реакції X A, Y A,X Bі Y B. Зазначимо, що спроба використовувати як недостатнє рівняння, наприклад таке: Σ M В= 0 до успіху не приведе, оскільки це рівняння буде лінійно залежним із попередніми. Для отримання лінійно-незалежного четвертого рівняння необхідно розглянути рівновагу іншого тіла. Як нього можна взяти одну з частин рами, наприклад - НД. При цьому потрібно скласти таке рівняння, яке містило б «старі» невідомі X A, Y A,X B, Y Bі не містило нових. Наприклад, рівняння: Σ X (НД) = 0 або докладніше: - X З ’ + X B= 0 для цього не підходить, оскільки містить «нове» невідоме X З’, а от рівняння Σ M З (НД) = 0 відповідає всім необхідним умовам. Таким чином, шукані опорні реакції можна знайти в наступній послідовності:

Σ M A = 0; → Y B= Р/4;

Σ M В = 0; → Y А= -Р/4;

Σ M З (НД) = 0; → X B= -Р/4;

Σ X = 0; →X А= -3Р/4.

Для перевірки можна використовувати рівняння: M З (АС) = 0 або, докладніше: - Y А∙2 + X А∙2 + Р∙1 = Р/4∙2 -3Р/4∙2 +Р∙1 = Р/2 - 3Р/2 +Р = 0.

Зазначимо, що до цього рівняння входять усі 4 знайдені опорні реакції: X Аі Y А- у явній формі, а X Bі Y B- у неявній, оскільки вони були використані при визначенні двох перших реакцій.

Графічне визначення опорних реакцій.

У багатьох випадках вирішення задач можна спростити, якщо замість рівнянь рівноваги або на додаток до них безпосередньо використовувати умови рівноваги, аксіоми та теореми статики. Відповідний підхід отримав назву графічного визначення опорних реакцій.

Перш ніж перейти до розгляду графічного методу зазначимо, що, як і для системи сил, що сходяться, графічно можна вирішити тільки ті завдання, які допускають аналітичне рішення. При цьому графічний метод визначення опорних реакцій зручний при невеликій кількості навантажень.

Отже, графічний метод визначення опорних реакцій заснований головним чином на використанні:

Аксіоми про рівновагу системи двох сил;

Аксіоми про дію та протидію;

Теореми про три сили;

Умови рівноваги пласкої системи сил.

При графічному визначенні реакцій складових систем рекомендується наступна послідовність розгляду:

Вибрати тіло з мінімальним числом невідомих алгебраїчних реакцій зв'язків;

Якщо таких тіл два або більше, то почати рішення з розгляду тіла, до якого прикладено менше сил;

Якщо таких тіл два або більше, то вибрати тіло, для якого більша кількість сил відома у напрямку.

Розв'язання задач.

При розв'язанні завдань цього розділу слід пам'ятати всі ті загальні вказівки, які було зроблено раніше.

Приступаючи до вирішення, треба, перш за все, встановити, рівновагу якого саме тіла слід розглянути в даній задачі. Потім, виділивши це тіло і розглядаючи його як вільне, слід зобразити всі дії, що діють на тіло, і реакції відкинутих зв'язків.

Далі слід скласти умови рівноваги, застосовуючи ту з форм цих умов, яка призводить до більш простої системи рівнянь (найпростішою буде система рівнянь, кожна з яких входить по одному невідомому).

Для отримання більш простих рівнянь слід (якщо це не ускладнює хід розрахунку):

1) складаючи рівняння проекцій, проводити координатну вісь, перпендикулярно якійсь невідомій силі;

2) при складанні моментного рівняння як моментної доцільно вибирати точку, де перетинаються лінії дії двох невідомих опорних реакцій із трьох – у цьому випадку вони не увійдуть до рівняння, і воно міститиме лише одне невідоме;

3) якщо дві невідомі опорні реакції з трьох паралельні, то при складанні рівняння в проекціях на вісь останню слід направити так, щоб вона була перпендикулярна до двох перших реакцій – у цьому випадку рівняння міститиме тільки останнє невідоме;

4) при розв'язанні задачі систему координат треба вибирати так, щоб її осі були орієнтовані так само, як більшість доданих до тіла сил системи.

При обчисленні моментів іноді буває зручно розкладати цю силу на дві складові і, користуючись теоремою Варіньйона, знаходити момент сили як суму цих складових.

Вирішення багатьох завдань статики зводиться до визначення реакцій опор, за допомогою яких закріплюються балки, мостові ферми тощо.

Приклад 7.До кронштейна, зображеного на рис.29, а,у вузлі Впідвішено вантаж вагою 36 кН. Сполуки елементів кронштейна шарнірні. Визначити зусилля, що виникають у стрижнях АВі НД, вважаючи їх невагомими.

Рішення.Розглянемо рівновагу вузла В, в якому сходяться стрижні АВі НД. Вузол Вє крапкою на кресленні. Оскільки вантаж підвішений до вузла В, то в точці Вприкладаємо силу F, рівну вазі підвішеного вантажу. Стрижні ВАі НД, шарнірно з'єднані у вузлі В,обмежують можливість будь-якого лінійного переміщення у вертикальній площині, тобто. є зв'язками щодо вузла В.

Рис. 29.Розрахункова схема кронштейна приклад 7:

а –розрахункова схема; б -система сил у вузлі B

Подумки відкидаємо зв'язки та замінюємо їх дії силами – реакціями зв'язків R Аі R З. Так як стрижні невагомі, реакції цих стрижнів (зусилля в стрижнях) спрямовані вздовж осі стрижнів. Припустимо, що обидва стрижні розтягнуті, тобто. їх реакції спрямовані від шарніру всередину стрижнів. Тоді, якщо після розрахунку реакція вийде зі знаком мінус, це означатиме, що насправді реакція спрямовано бік, протилежну зазначеної на кресленні, тобто. стрижень буде стиснутий.

На рис. 29, бпоказано, що у точці Вдодані активна сила Fта реакції зв'язків R Аі R З.Видно, що зображена система сил є плоскою системою сил, що сходяться в одній точці. Вибираємо довільно осі координат OXі OYі складаємо рівняння рівноваги виду:

Σ F x = 0;-R a - R c cos𝛼 = 0;

Σ F y = 0; -F - R c cos(90 - α) = 0.

Враховуючи що cos (90 -α ) = sinα, з другого рівняння знаходимо

R c = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 кн.

Підставивши значення R cу перше рівняння, отримаємо

R a = -R c cosα= - (-72) ∙0,866 = 62,35 кН.

Таким чином, стрижень АВ- розтягнутий, а стрижень НД- Стиснутий.

Для перевірки правильності знайдених зусиль у стрижнях спроектуємо всі сили на будь-яку вісь, що не збігається з осями Xі Y, наприклад, вісь U:

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

Після підстановки значень знайдених зусиль у стрижнях (розмірність у кілоньютонах) отримаємо

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

Умова рівноваги виконується, таким чином, знайдені зусилля у стрижнях є вірними.

Приклад 8.Балка будівельних риштовання, вагою якої можна знехтувати утримується в горизонтальному положенні гнучкою тягою СDі шарнірно спирається на стіну в точці А. Знайти зусилля у тязі СD, якщо на край риштовання стане робочий вагою 80 кг ≈0,8 кН (рис.30, а).

Рис. 30.Розрахункова схема риштовання наприклад 8:

а- Розрахункова схема; б– система сил, що діють на підмостках

Рішення.Виділяємо об'єкт рівноваги. У цьому прикладі об'єктом рівноваги є балка риштовання. У точці Вна балку діє активна сила F, що дорівнює вазі людини. Зв'язками у цьому випадку є нерухомий опорний шарнір. Аі потяг CD. Подумки відкинемо зв'язки, замінивши їхню дію на балку, реакціями зв'язків (рис. 30, б). Реакцію нерухомої шарнірної опори за умовою завдання не потрібно визначати. Реакція у тязі CDспрямована вздовж тяги. Припустимо, що стрижень CDрозтягнутий, тобто. реакція R Dспрямована від шарніру Звсередину стрижня. Розкладемо реакцію R D, за правилом паралелограма, на горизонтальну та вертикальну складові:

R Dx гір =R D cosα ;

R Dy верт = R D cos(90-α) = R D sinα .

В результаті отримали довільну плоску систему сил, необхідною умовою рівноваги якої є рівність нулю трьох незалежних умов рівноваги.

У нашому випадку зручно першим записати умову рівноваги у вигляді суми моментів щодо моментної точки А, оскільки момент опорної реакції R Aщодо цієї точки дорівнює нулю:

Σ m A = 0; F∙3a - R dy ∙ a = 0

F∙3a - R D sinα = 0.

Значення тригонометричних функцій визначимо із трикутника АСD:

cosα = АC/CD = 0,89,

sinα = AD/CD = 0,446.

Вирішуючи рівняння рівноваги, отримаємо R D = 5,38 кH. (Важко СD- Розтягнутий).

Для перевірки правильності обчислення зусилля у тяжі CDнеобхідно вирахувати хоча б одну із складових опорної реакції R A. Скористаємось рівнянням рівноваги у вигляді

Σ F y = 0; V A + R Dy- F= 0

V A = F- R dy.

Звідси V A= -1,6 кн.

Знак мінус означає, що вертикальна складова реакції R Aна опорі спрямовано вниз.

Перевіримо правильність обчислення зусилля у тяжі. Використовуємо ще одну умову рівноваги у вигляді рівнянь моментів щодо точки В.

Σ m B = 0; V A∙3а + R Dy ∙ 2a = 0;

1,6∙3а + 5,38∙0,446∙2а = 0; 0 = 0.

Умови рівноваги дотримуються, таким чином, зусилля у тяжі знайдено правильно.

Приклад 9.Вертикальний бетонний стовп забетонований нижнім кінцем у горизонтальну основу. Зверху на стовп передається навантаження від стіни будівлі вагою 143 кН. Стовп виготовлений із бетону щільністю γ= 25 кН/м 3 . Розміри стовпа показано на рис. 31, а. Визначити реакції у жорсткому закладенні.

Рис. 31.Розрахункова схема стовпа до прикладу 9:

а– схема завантаження та розміри стовпа; б- Розрахункова схема

Рішення.У цьому прикладі об'єктом рівноваги є стовп. Стовп завантажений такими типами активних навантажень: у точці Азосередженою силою F, що дорівнює вазі стіни будівлі, та власною вагою стовпа у вигляді рівномірно розподіленого по довжині бруса навантаження інтенсивністю qна кожен метр довжини стовпа: q = 𝛾А, де А- Площа поперечного перерізу стовпа.

q= 25∙0,51∙0.51 = 6,5 кН/м.

Зв'язками в даному прикладі є жорстке закладення на підставі стовпа. Подумки відкинемо закладення та замінимо його дію реакціями зв'язків (рис. 31, б).

У нашому прикладі розглядається окремий випадок дії системи сил, перпендикулярних закладенню і проходять по одній осі через точку застосування опорних реакцій. Тоді дві опорні реакції: горизонтальна складова та реактивний момент дорівнюватимуть нулю. Для визначення вертикальної складової опорної реакції спроектуємо всі сили на вісь елемента. Сумісний цю вісь з віссю Z,тоді умова рівноваги запишеться у такому вигляді:

Σ F Z = 0; V B - F - ql = 0,

де ql- рівнодіюче розподілене навантаження.

V B = F +ql= 143 + 6,5 ∙ 4 = 169 кН.

Знак плюс вказує, що реакція V Bспрямована нагору.

Для перевірки правильності обчислення опорної реакції залишається ще одна умова рівноваги - у вигляді суми алгебри моментів всіх сил відносно будь-якої точки, що не проходить через вісь елемента. Пропонуємо виконати цю перевірку самостійно.

Приклад 10Для балки, зображеної на рис.32, а, Потрібно визначити опорні реакції. Дано: F= 60 кН, q= 24 кН/м, М= 28 кН∙м.

Рис. 32.Розрахункова схема та розміри балки наприклад 10:

Рішення.Розглянемо рівновагу балки. Балка завантажена активним навантаженням у вигляді плоскої системи паралельних вертикальних сил, що складаються із зосередженої сили F, рівномірно розподіленого навантаження інтенсивністю qз рівнодією Q, прикладеної у центрі тяжкості вантажної площі (рис. 32, б), та зосередженого моменту М, Який можна представити у вигляді пари сил.

Зв'язками в даній балці є шарнірно-нерухома опора Ата шарнірно-рухлива опора В. Виділимо об'єкт рівноваги, для цього відкинемо опорні зв'язки та замінимо їх дії реакціями у цих зв'язках (рис. 32, б). Реакція рухомої опори R Bспрямована вертикально, а реакція шарнірно-нерухомої опори R Aбуде паралельна до активної системи діючих сил і спрямована також вертикально. Припустимо, що вони спрямовані нагору. Рівночинне розподілене навантаження Q= 4,8∙q прикладена у центрі симетрії вантажної площі.

При визначенні опорних реакцій у балках необхідно прагнути так складати рівняння рівноваги, щоб у кожне їх входило лише одне невідоме. Цього можна досягти, становлячи два рівняння моментів щодо опорних точок. Перевірку опорних реакцій зазвичай проводять, складаючи рівняння у вигляді суми проекцій усіх сил на вісь, перпендикулярну до осі елемента.

Приймемо умовно напрямок обертання моменту опорних реакцій навколо моментних точок за позитивний, тоді протилежний напрямок обертання сил вважатимемо негативним.

Необхідною та достатньою умовою рівноваги в даному випадку є рівність нулю незалежних умов рівноваги у вигляді:

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.

Підставляючи чисельні значення величин, знаходимо

V B= 14,4 кН V A= 15,6 кн.

Для перевірки правильності знайдених реакцій використовуємо умову рівноваги як:

Σ F y = 0; V A + V B - F -q∙4,8 =0.

Після підстановки чисельних значень цього рівняння отримуємо тотожність типу 0=0. Звідси робимо висновки, що розрахунок виконаний правильно і реакцію обох опорах спрямовані вгору.

Приклад 11.Визначити опорні реакції для балки, зображеної на рис.33, а. Дано: F= 2,4 кН M= 12 кН∙м, q= 0,6 кН/м, = 60°.

Рис. 33.Розрахункова схема та розміри балки до прикладу 11:

а – розрахункова схема; б – об'єкт рівноваги

Рішення.Розглянемо рівновагу балки. Подумки звільняємо балку від зв'язків на опорах та виділяємо об'єкт рівноваги (рис. 33, б). Балка завантажена активним навантаженням як довільної плоскої системи сил. Рівночинне розподілене навантаження Q = q∙3 додана в центрі симетрії вантажної площі. Силу Fрозкладемо за правилом паралелограма на складові – горизонтальну та вертикальну

F z = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 кН;

F y = F cos(90-α) = F sin 60°= 2,08 кн.

Прикладаємо до об'єкта рівноваги замість відкинутих зв'язків реакції. Припустимо, вертикальна реакція V Aшарнірно-рухливої опори Аспрямована вгору, вертикальна реакція V Bшарнірно нерухомої опори Bспрямована також нагору, а горизонтальна реакція H У- Вправо.

Отже, на рис. 33, бзображено довільну плоску систему сил, необхідною умовою рівноваги якої є рівність нулю трьох незалежних умов рівноваги для плоскої системи сил. Нагадаємо, що, згідно з теоремою Варіньйона, момент сили Fщодо будь-якої точки дорівнює сумі моментів складових F z та F yщодо цієї точки. Приймемо умовно, напрямок обертання моменту опорних реакцій навколо моментних точок за позитивний, тоді протилежний напрямок обертання сил вважатимемо негативним.

Тоді умови рівноваги зручно скласти у такому вигляді:

Σ Fz = 0; - F z + H B= 0; звідси H B= 1,2 кН;

Σ m A = 0; V B∙6 + M - F y∙2 + 3q∙0.5 = 0; звідси V B= - 1456 кН;

Σ m B = 0; V A ∙6 - 3q∙6,5 - F y ∙4 - M= 0; звідси V A= 5336 кН.

Для перевірки правильності обчислених реакцій використовуємо ще одну умову рівноваги, яку не використовували, наприклад:

Σ F y = 0; V A + V B - 3q - F y = 0.

Вертикальна опорна реакція V Bвийшла зі знаком мінус, це показує, що в цій балці вона спрямована не вгору, а вниз.

Приклад 12Визначити опорні реакції для балки, жорстко заробленої з одного боку та зображеної на рис. 34, а. Дано: q= 20 кН/м.

Рис. 34.Розрахункова схема та розміри балки наприклад 12:

а – розрахункова схема; б – об'єкт рівноваги

Рішення.Виділимо об'єкт рівноваги. Балка завантажена активним навантаженням у вигляді плоскої системи паралельних сил, розташованих вертикально. Подумки звільняємо балку від зв'язків у закладенні та замінюємо їх реакціями у вигляді зосередженої сили V Bі пари сил із шуканим реактивним моментом М B(див. рис.34, б). Оскільки активні сили діють лише у вертикальному напрямку, то горизонтальна реакція Н Bдорівнює нулю. Приймемо умовно напрям обертання моменту опорних реакцій навколо моментних точок за годинниковою стрілкою за позитивне, тоді протилежне напрям обертання сил вважатимемо негативним.

Складаємо умови рівноваги у вигляді

Σ F y = 0; V B- q∙1,6 = 0;

Σ m B = 0; M B - q∙1,6∙1,2 = 0.

Тут q∙1,6 – рівнодіюче розподілене навантаження.

Підставивши чисельні значення розподіленого навантаження q, знаходимо

V У= 32 кН, М B= 38,4 кН?м.

Для перевірки правильності знайдених реакцій складемо ще одну умову рівноваги. Тепер візьмемо за моментну точку якусь іншу точку, наприклад, правий кінець балки, тоді:

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

Після встановлення чисельних значень отримуємо тотожність 0=0.

Остаточно робимо висновки, що опорні реакції знайдені правильно. Вертикальна реакція V Bспрямована вгору, а реактивний момент М В- за годинниковою стрілкою.

Приклад 13Визначити опорні реакції балки (рис.35, а).

Рішення.Як активне навантаження виступає рівнодіюче розподілене навантаження Q=(1/2)∙aq=(1/2)∙3∙2=3кН, лінія дії якої проходить на відстані 1 м від лівої опори, сила натягу нитки Т = Р= 2 кН, прикладена на правому кінці балки та зосереджений момент.

Оскільки останній можна замінити парою вертикальних сил, то навантаження, що діє на балку, разом з реакцією рухомої опори Вутворює систему паралельних сил, тому реакція R Aбуде також направлена вертикально (рис.35, б).

Для визначення цих реакцій скористаємось рівняннями рівноваги.

Σ M A = 0; -Q∙1 + R В∙3 - M + Т∙5 = 0,

R В = (1/3) (Q + M-Р∙5) = (1/3) (3 + 4 - 2∙5) = -1 кН.

Σ M B = 0; - R A∙3 +Q∙2 - M+ Т∙2 = 0,

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

Рис.35

Щоб перевірити правильність отриманого рішення, скористаємося додатковим рівнянням рівноваги:

Σ Y i = R A - Q + R В+Т = 2 - 3 - 1 + 2 = 0,

тобто, завдання вирішено правильно.

Приклад 14.Знайти опорні реакції консольної балки, завантаженої розподіленим навантаженням (рис.36, а).

Рішення.Рівночинне розподілене навантаження прикладене в центрі тяжкості вантажної епюри. Щоб не шукати положення центру тяжкості трапеції, представимо її у вигляді суми двох трикутників. Тоді задане навантаження буде еквівалентне двом силам: Q 1 = (1/2)∙3∙2 = 3 кН та Q 2 = (1/2)∙3∙4 = 6 кН, які прикладені у центрі тяжкості кожного з трикутників (рис.36, б).

Рис.36

Опорні реакції жорсткого защемлення представлені силою R Aта моментом M A, Для визначення яких зручніше використовувати рівняння рівноваги системи паралельних сил, тобто:

Σ M A = 0; M A= 15 кН∙м;

Σ Y= 0, R A= 9 кН.

Для перевірки скористаємося додатковим рівнянням Σ M В= 0, де точка Взнаходиться на правому кінці балки:

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

Приклад 15.Однорідна балка вагою Q= 600 Н та довжиною l= 4 м спирається одним кінцем на гладку підлогу, а проміжною точкою Вна стовп заввишки h= 3 м, утворюючи з вертикаллю кут 30 °. У такому положенні балка утримується мотузкою, протягнутою по підлозі. Визначити натяг мотузки Tта реакції стовпа - R Bта підлоги - R A(Рис.37, а).

Рішення.Під балкою або стрижнем у теоретичній механіці розуміють тіло, у якого поперечними розмірами порівняно з його довжиною можна знехтувати. Таким чином, вага Qоднорідної балки доданий у точці З, де АС= 2 м.

Рис.37

1) Оскільки дві невідомі реакції з трьох прикладені в точці А, першим слід скласти рівняння Σ M A= 0, тому що туди увійде лише реакція R B:

- R B∙АВ+Q∙(l/2)∙sin30° = 0,

де АВ = h/ cos30 ° = 2 м.

Підставляючи рівняння, отримаємо:

R B∙2 = 600∙2∙(1/2) = 600,

R B= 600/(2) = 100 ≅ 173 Н.

Аналогічно з моментного рівняння можна було знайти і реакцію R A, обравши як моментну точку, де перетинаються лінії дії R Bі Т. Однак це вимагатиме додаткових побудов, тому простіше скористатися іншими рівняннями рівноваги:

2) Σ X = 0; R B∙cos30° - Т = 0; → Т = R B∙cos30°= 100 ∙( /2) = 150 Н;

3) Σ Y= 0, R B∙sin30°- Q +R A= 0; → R A = Q- R B∙sin30°= 600 - 50 ≅ 513 Н.

Таким чином, ми знайшли Ті R Aчерез R Bтому перевірити правильність отриманого рішення можна за допомогою рівняння: Σ M B= 0, куди у явному чи неявному вигляді увійдуть усі знайдені реакції:

R A∙АВ sin30°- Т∙АВ cos30° - Q∙(АВ - 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.

Отримана в результаті округлення нев'язка∆= -0,5 називається абсолютною похибкоюобчислення.

Для того щоб відповісти на запитання, наскільки точним є отриманий результат, обчислюють відносну похибку, Яка визначається за формулою:

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

Приклад 16.Визначити опорні реакції рами (рис.38). Тут і надалі, якщо не обговорено спеціально, всі розміри на малюнках вважатимемо вказаними у метрах, а сили – у кілоньтонах.

Рис.38

Рішення.Розглянемо рівновагу рами, до якої як активну прикладена сила натягу нитки Т, що дорівнює вазі вантажу Q.

1) Реакцію рухомої опори R Bзнайдемо з рівняння Σ M A= 0. Щоб не обчислювати плече сили Т, скористаємося теоремою Варіньйона, розклавши цю силу на горизонтальну та вертикальну складові:

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

2) Для обчислення Y Aскладемо рівняння Σ M З= 0, де точка Злежить на перетині ліній дії реакцій R Bі Х A:

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

3) Нарешті знаходимо реакцію Х A:

Σ X = 0; Х A - Т sin30° = 0; → Х A =Q sin30° = 5/2 кН.

Оскільки всі три реакції були знайдені незалежно одна від одної, для перевірки потрібно взяти рівняння, яке входить кожна з них:

Σ M D = Х A∙3 - Y A∙4 - R B∙2 = 15/2 - 5∙(3 -2 ) - (5/2)∙ (4 - 3) = 15/2 - 15 + 10 -10 +15/2 = 0.

Приклад 17Визначити опорні реакції стрижня, що має ламане обрис (мал.39, а).

Рішення.Замінюємо розподілене навантаження на кожній ділянці стрижня зосередженими силами Q 1 = 5 кН та Q 2 = 3 кН, а дія відкинутого жорсткого защемлення – реакціями Х A,Y Aі M А(Рис.39, б).

Рис.39

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

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

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

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

Приклад 18Для рами зображеної на рис.40 а,потрібно визначити опорні реакції. Дано: F= 50 кН, М= 60 кН∙м, q= 20 кН/м.

Рішення. Розглянемо рівновагу рами. Подумки звільняємо раму від зв'язків на опорах (рис.40, б) та виділяємо об'єкт рівноваги. Рама завантажена активним навантаженням як довільної плоскої системи сил. Замість відкинутих зв'язків прикладаємо до об'єкта рівноваги реакції: на шарнірно-нерухомій опорі А- вертикальну V Aта горизонтальну H A, а на шарнірно-рухомій опорі В- Вертикальну реакцію V BПередбачуваний напрямок реакцій показано на рис.40, б.

Рис.40.Розрахункова схема рами та об'єкт рівноваги наприклад 18:

а- Розрахункова схема; б- Об'єкт рівноваги

Складаємо такі умови рівноваги:

Σ F x = 0; -H A + F = 0; H A= 50 кн.

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

Σ F y = 0; V A + V B - q∙6 = 0; V A= 20 кн.

Тут умовно прийнято напрямок обертання навколо моментних точок проти руху годинникової стрілки за позитивне.

Для перевірки правильності обчислення реакцій використовуємо умову рівноваги, в яку входили всі опорні реакції, наприклад:

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

Після встановлення чисельних значень отримуємо тотожність 0=0.

Таким чином, напрями та величини опорних реакцій визначені правильно.

Приклад 19.Визначити опорні реакції рами (рис.41, а).

Рис.41

Рішення.Як і в попередньому прикладі, рама складається з двох частин, з'єднаних ключовим шарніром З.Розподілене навантаження, прикладене до лівої частини рами, замінюємо рівнодіючою Q 1 , а до правої - рівнодіючої Q 2 , де Q 1 = Q 2 = 2кН.

1) Знаходимо реакцію R Bз рівняння Σ M З (НД) = 0; → R B= 1кН;

В інженерних розрахунках поряд із зосередженими силами, що додаються до твердого тіла в деякій точці, зустрічаються сили, дія яких розподілена за певними ділянками об'єму тіла, його поверхні або лінії.

Оскільки всі аксіоми та теореми статики формулюються для зосереджених сил, необхідно розглянути способи переходу від розподіленого навантаження до зосереджених сил.

Розглянемо деякі прості випадки розподіленого навантаження тіла паралельними силами, що лежать в одній площині вздовж відрізка прямої.

Плоска система розподілених сил характеризується її інтенсивністю q, Тобто величиною сили, що припадає на одиницю довжини навантаженого відрізка. Одиницею вимірювання інтенсивності є Ньютон, поділений метр (Н/м). Інтенсивність може бути постійною (рівномірно розподілене навантаження) або змінюватись за лінійними та довільними законами.

Поступово розподілене навантаження (рис. 2.5, а), інтенсивність якого qє постійною величиною, при статичних розрахунках замінюється однією зосередженою силою, модуль якої

де - Довжина навантаженого відрізка.

а Б В)

Малюнок 2.5

Ця рівнодіюча сила, паралельна силам розподіленого навантаження, спрямована у напрямку розподілених сил і прикладається посередині навантаженого відрізка АВ.

Таке навантаження має місце при розміщенні на тілі однорідної балки завдовжки lз питомою вагою q.

Розподілене навантаження з інтенсивністю, що змінюється за лінійним законом (рис. 2.5 б), з'являється, наприклад, під дією тиску води на дамбу, коли навантаження на дамбу буде найбільшим біля дна водойми і є нульовим біля поверхні води. При цьому величина qінтенсивності зростає від нульового значення до найбільшого значення q max. Рівнодійна Qтакого навантаження визначається як вага однорідної трикутної пластинки АВС, який пропорційний до її площі. Тоді величина цієї рівнодіючої:

Лінія дії рівнодіючої сили проходить через центр трикутника АВСна відстані від його вершини А.

Прикладом дії сил, розподілених уздовж відрізка прямої за довільним законом (рис. 2.5, в), є навантаження плоского перекриття кучугурою снігу. Рівнодійна таких сил за аналогією з силою ваги чисельно дорівнюватиме площі фігури, виміряної у відповідному масштабі, а лінія дії цієї рівнодіючої проходитиме через центр площі цієї фігури.