Дистрибуирано оптоварување. Како правилно да се дистрибуира товарот во фази И дистрибуира еднообразно оптоварување на

Растојанието помеѓу концентрираните оптоварувања е исто, додека растојанието од почетокот на распонот до првото концентрирано оптоварување е еднакво на растојанието помеѓу концентрираните товари. Во овој случај, концентрираните оптоварувања, исто така, паѓаат на почетокот и на крајот на распонот, но во исто време тие предизвикуваат само зголемување на реакцијата на поддршка, екстремните концентрирани оптоварувања не влијаат на вредноста на моментите на свиткување и отклонување, и затоа не се земаат предвид при пресметување на носивоста на конструкцијата. Размислете за ова на примерот на подни греди засновани на надвратник. Циглата, која може да биде помеѓу надвратните и подните греди, а во исто време да создаде рамномерно распределен товар, не е прикажана за леснотија на перцепција.

Слика 1. Спроведување на концентрирани товари до еквивалентно рамномерно распределено оптоварување.

Како што може да се види од Слика 1, дефинитивен момент е моментот на свиткување, кој се користи во пресметките на јачината на конструкциите. Така, за 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. А сепак, со анализа на добиените зависности, можно е да се изведе 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 еквив = 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 еквив = 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. Во принцип, во зависност од наведените услови за вчитување, може да се земат следните фактори на конверзија:

γ = 2- ако само еден концентриран товар во средината на надвратникот падне на конструкцијата што се разгледува, на пример, греда.

γ = 1,33- за греда на која дејствуваат 2 или 3 концентрирани товари;

γ = 1,2- за греда на која дејствуваат 4 или 5 концентрирани товари;

γ = 1,142- за греда на која дејствуваат 6 или 7 концентрирани товари;

γ = 1,11- за греда на која дејствуваат 8 или 9 концентрирани товари.

Опција 2

Растојанието помеѓу концентрираните оптоварувања е исто, додека 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. Вредностите на коефициентите на транзиција за втората варијанта на 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 многу помала. Така, на пример, со парен број на концентрирани оптоварувања, коефициентот на транзиција генерално може да се земе еднаков на единство. Со непарен број на концентрирани оптоварувања, формулата може да се користи за да се одреди факторот 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 еквив = γmQ/l (305.1.4)

Во принцип, во зависност од наведените услови за вчитување, може да се земат следните фактори на конверзија:

γ = 2- ако само еден концентриран товар во средината на надвратникот падне на конструкцијата што се разгледува, на пример, и дали гредите на подот паѓаат на почетокот или на крајот на распонот или се наоѓаат произволно далеку од почетокот и крајот на распонот, во овој случај тоа не е важно. И ова е важно за одредување на концентрираното оптоварување.

γ = 1- ако на разгледуваната конструкција дејствува парен број оптоварувања.

γ = 1,11- за греда на која дејствуваат 3 концентрирани товари;

γ = 1,091- за греда на која дејствуваат 5 концентрирани товари;

γ = 1,076- за греда на која дејствуваат 7 концентрирани товари;

γ = 1,067- за греда на која дејствуваат 9 концентрирани товари.

И покрај некоја незгодна дефиниција, коефициентите на еквивалентност се многу едноставни и удобни. Бидејќи во пресметките многу често е познато распределеното оптоварување кое делува на квадрат или метар, за да не се претвори распределениот товар прво во концентриран, а потоа повторно во еквивалентен распределен, доволно е едноставно да се помножи вредноста на распределениот товар по соодветниот коефициент. На пример, нормативно дистрибуирано оптоварување од 400 kg / m 2 ќе дејствува на подот, додека сопствената тежина на подот ќе биде уште 300 kg / m 2. Потоа, со должина на подни греди од 6 m, на надвратникот би можел да дејствува рамномерно распределено оптоварување q = 6(400 + 300)/2 = 2100 kg/m. И тогаш, ако има само една подна греда во средината на распонот, тогаш γ = 2, и

q еквив = γq = 2q (305.2.2)

Ако ниту еден од горенаведените два услови не е исполнет, тогаш е невозможно да се користат коефициентите на транзиција во нивната чиста форма, треба да додадете уште неколку дополнителни коефициенти кои го земаат предвид растојанието до гредите што не паѓаат на почетокот и крај на распонот на надвратникот, како и можната асиметрија на примената на концентрирани оптоварувања. Во принцип, можно е да се изведат такви коефициенти, меѓутоа, во секој случај, тие ќе бидат намалувачки во сите случаи, ако ја земеме предвид првата опција за вчитување и во 50% од случаите, ако ја земеме предвид втората опција за вчитување, 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 вчитување, дистрибуирани низ областа, е снежното оптоварување, ветерот, течноста или притисокот на земјата. Интензитетот на таквото површинско оптоварување има димензија на притисок и се мери во kN / m 2 или килопаскали (kPa \u003d kN / m 2).

При решавање на проблеми, често има оптоварување, распоредени по должината на гредата. Интензитетот 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 според следново правило:

Размислете за посебни случаи на дистрибуиран товар.

но) 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 должината на линискиот сегмент е еквивалентна на концентрираната сила

Концентрирана сила се применува во точка ОД(центар на паралелни сили) со координати

б) постојан интензитет на дистрибуиран товар(сл.25)

Сл.25

во) интензитетот на распределениот товар, кој се менува според линеарен закон(сл.26)

Сл.26

Пресметка на композитни системи.

Под композитни системи ќе разбереме структури кои се состојат од неколку тела поврзани едно со друго.

Пред да продолжиме со разгледување на карактеристиките на пресметката на таквите системи, ја воведуваме следнава дефиниција.

статички определувасе нарекуваат такви 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. Разликата помеѓу бројот на непознати и бројот на равенки се нарекува степен на статичка несигурностсистеми.

За секој рамнински систем на сили што дејствуваат на круто тело, постојат три независни услови на рамнотежа. Следствено, за секој рамен систем на сили, од условите 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, можно е да се најдат не повеќе од шест непознати реакции на спојување од условите на рамнотежа.

Да го објасниме ова со следните примери.

1. Нека центарот на бестежинскиот идеален блок (пример 4) го држат не две, туку три прачки: АБ, сонцеИ БДи потребно е да се утврдат реакциите на прачките, занемарувајќи ги димензиите на блокот.

Земајќи ги предвид условите на проблемот, добиваме систем на конвергирачки сили, каде што се одредуваат трите 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 системот што одговара на него ќе бидат статички неодредени.

2. Зракот, цврсто фиксиран на левиот крај и со фиксирана потпора со шарки на десниот крај, е оптоварен со произволен рамнински систем на сили (сл. 27).

За да се одредат реакциите за поддршка, може да се состават 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, под претпоставка дека телото што се разгледува е апсолутно ригидно.

Сл.27

Да се вратиме на проучувањето на композитните системи, чиј типичен претставник е рамка со три шарки (Сл. 28, но). Се состои од две тела: ACИ п.н.еповрзани клучшарка В. За оваа рамка, размислете два начина за одредување на потпорните реакции на композитните системи.

1 начин.Размислете за тело AC, натоварен со дадена сила Р, отфрлајќи ги, во согласност со Аксиома 7, сите врски и заменувајќи ги, соодветно, со реакции на надворешни ( X А, Y А) и внатрешни ( X C, YC) врски (сл. 28, б).

Слично на тоа, можеме да ја разгледаме рамнотежата на телото п.н.епод влијание на реакции на поддршка ВО - (X Б, Y Б) и реакции во поврзувачката шарка В - (X C', YC'), каде што, според Аксиома 5: X C= X C', YC= YC’.

За секое од овие тела може да се состават три равенки на рамнотежа, така што вкупниот број на непознати е: X А, Y А , X C=X C', YC =YC’, X Б, Y Бе еднаков на вкупниот број на равенки, а проблемот е статички определен.

Потсетиме дека, според состојбата на проблемот, се бараше да се утврдат само 4 потпорни реакции, но моравме да направиме дополнителна работа, одредувајќи ги реакциите во поврзувачката шарка. Ова е недостаток на овој метод за одредување на реакции на поддршка.

2 начин.Размислете за рамнотежата на целата рамка ABC, отфрлајќи ги само надворешните ограничувања и заменувајќи ги со непознати реакции за поддршка X А, Y А,X Б, Y Б .

Резултирачкиот систем се состои од две тела и не е апсолутно цврсто тело, бидејќи растојанието помеѓу точките НОИ ВОможе да се промени поради меѓусебната ротација на двата дела во однос на шарката ОД. Сепак, можеме да претпоставиме дека севкупноста на силите што се применуваат на рамката ABCформира систем ако ја користиме аксиомата за стврднување (сл. 28, во).

Сл.28

Така и за телото ABCпостојат 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 А,X БИ Y Б. Забележете дека обидот да се користи како равенка што недостасува, на пример: Σ М Б= 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 е, можете да земете еден од деловите на рамката, на пример - сонце. Во овој случај, потребно е да се состави равенка која би ги содржи „старите“ непознати X А, Y А,X Б, Y Би не содржеше нови. На пример, равенката: Σ X (сонце) = 0 или повеќе:- X C' + X Б= 0 не е погодна за овие цели, бидејќи содржи „нова“ непозната X C“, но равенката Σ М Ц (сонце) = 0 ги исполнува сите потребни услови. Така, саканите реакции на поддршка може да се најдат во следната низа:

Σ М А = 0; → Y Б= Р/4;

Σ М Б = 0; → Y А= -Р/4;

Σ М Ц (сонце) = 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 А∙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 А- експлицитно, и X БИ Y Б- имплицитно, бидејќи тие беа користени при определување на првите две реакции.

Графичка дефиниција на реакции на поддршка.

Во многу случаи, решението на проблемите може да се поедностави ако наместо равенките за рамнотежа или покрај нив, директно се користат условите за рамнотежа, аксиомите и теоремите на статиката. Соодветниот пристап се нарекува графичка дефиниција на реакции на поддршка.

Пред да продолжиме со разгледувањето на графичкиот метод, забележуваме дека, како и за системот на конвергирани сили, само оние проблеми што овозможуваат аналитичко решение можат графички да се решат. 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;

Теореми за три сили;

Услови за рамнотежа на рамнински систем на сили.

При графичкото определување на реакциите на композитните системи се препорачува следново. редослед на разгледување:

Изберете тело со минимален број на алгебарски непознати реакции на врски;

Ако има две или повеќе такви тела, тогаш започнете со решението со разгледување на телото на кое се применуваат помал број сили;

Ако има две или повеќе такви тела, тогаш изберете го телото за кое се знае поголем број сили од насоката.

Решавање на проблем.

Кога ги решавате проблемите од овој дел, треба да ги имате на ум сите оние општи упатства што 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, со издвојување на ова тело и сметајќи го за слободно, треба да се прикажат сите дадени сили што дејствуваат на телото и реакциите на отфрлените врски.

Следно, треба да ги составите условите за рамнотежа, користејќи ја формата на овие услови што води до поедноставен систем на равенки (наједноставниот ќе биде систем на равенки, од кои секоја вклучува една непозната).

Повеќе едноставни равенкиследува (освен ако ова не ја комплицира пресметката):

1) составување равенки за проекција, нацртајте координатна оска нормална на некоја непозната сила;

2) при составувањето на равенката на моментот, препорачливо е да се избере како моментална равенка 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 содржи само една непозната;

3) ако две од трите непознати реакции на поддршка се паралелни, тогаш при изготвување на равенката 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 проблемот, 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 проблеми на статиката се сведува на определување на реакциите на потпорите, со чија помош се фиксираат греди, фарми на мостови и сл.

Пример 7До заградата прикажана на слика 29, но,во јазол ВОсуспендиран товар со тежина од 36 kN. Врските на елементите на држачот се со шарки. Определете ги силите што произлегуваат во прачките АБИ сонце, сметајќи ги за бестежински.

Решение.Размислете за рамнотежата на јазолот ВО, во која прачките се спојуваат АБИ сонце. Јазол ВОпретставува точка на цртежот. Бидејќи товарот е суспендиран од јазолот ВО, потоа во точката ВОПрименуваме сила F еднаква на тежината на суспендираното оптоварување. прачки VAИ сонце, стожерно поврзан 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.Шема за пресметка на заградата на пример 7:

но -дизајн шема; б -систем на сили во јазол Б

Ние ментално ги отфрламе врските и нивните дејства ги заменуваме со сили - реакции на врски Р АИ Р Ц. Бидејќи прачките се бестежински, реакциите на овие прачки (силите во прачките) се насочени долж оската на прачките. Да претпоставиме дека двете прачки се развлечени, т.е. нивните реакции се насочени од шарката кон внатрешноста на прачките. Потоа, ако по пресметката реакцијата излезе 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 врска Р АИ Р Ц.Може да се види дека прикажаниот систем на сили е рамен систем на сили што се спојуваат во една точка. Произволно ги избираме координатните 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

Rc = -F/sinα = - 36/0,5 = -72 kN.

Замена на вредноста Rcво првата равенка, добиваме

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

Значи прачката АБ- се протегала, а прачката сонце- 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 Yна 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 8Зрак од скеле чија тежина е занемарлива се држи во хоризонтална положба со флексибилна прачка ЦДи стожерно се потпира на ѕидот во точката НО. Најдете ја силата на влечење ЦДако работник со тежина од 80 kg ≈0,8 kN стои на работ на скелето (сл. 30, но).

Ориз. триесет.Шема за пресметка на скелиња на пример 8:

но– шема за пресметка; б– систем на сили кои дејствуваат на скелето

Решение.Го избираме предметот на рамнотежа. Во овој пример, предмет на рамнотежа е гредата на скелето. Во точката ВОактивна сила што дејствува на зракот Феднаква на тежината на една личност. Врските во овој случај се фиксната потпорна шарка НОи потисок ЦД. Ајде ментално да ги отфрлиме врските, заменувајќи го нивното дејство на зракот со реакциите на врските (сл. 30, б). Не е неопходно да се одреди реакцијата на фиксирана потпора со шарки според состојбата на проблемот. Одговор на удар ЦДнасочени по линијата. Да ја претпоставиме прачката ЦДрастегната, т.е. реакција Р Днасочена подалеку од шарката ОДвнатре во шипката. Ајде да ја разложиме реакцијата Р Д, според правилото паралелограм, во хоризонтални и вертикални компоненти:

R Dx планини \u003d R D cosα ;

R Dy vert = R D cos(90-α) = Р Д гревα .

Како резултат на тоа, добивме произволен рамен систем на сили, неопходен условчија рамнотежа е еднаквост на нула од три независни рамнотежни услови,.

Во нашиот случај, погодно е прво да се напише состојбата на рамнотежа како збир на моменти за моментната точка НО, уште од моментот на реакцијата за поддршка Р Аво однос на оваа точка е еднаква на нула:

Σ mA = 0; Ф∙3а - Р dy ∙ а = 0

Ф∙3а - Р Д гревα = 0.

Значење тригонометриски функцииопредели од триаголник ACD:

cosα = AC/CD = 0,89,

sina = АД/ЦД = 0,446.

Решавајќи ја равенката на рамнотежа, добиваме Р D = 5,38 kN. (Тјаж ЦД- растегната).

За да се провери точноста на пресметката на напорот во влакното ЦДпотребно е да се пресмета барем една од компонентите на потпорната реакција Р А. Ја користиме равенката за рамнотежа во форма

Σ Fy = 0; VA + Р Ди- Ф= 0

VA = Ф- Rdy.

Од тука VA= -1,6 kN.

Знакот минус значи дека вертикалната компонента на реакцијата Р Апокажувајќи надолу на поддршката.

Ајде да ја провериме исправноста на пресметката на напорот во влакното. Ние користиме уште еден услов за рамнотежа во форма на равенки на моменти за точката ВО.

Σ m B = 0; VA∙3a + R Dy ∙ 2a = 0;

1,6∙3но + 5,38∙0,446∙2но = 0; 0 = 0.

Условите за рамнотежа се исполнети, така што силата во влакното се наоѓа правилно.

Пример 9Вертикалниот бетонски столб е бетониран со долниот крај во хоризонтална основа. Од горе, товарот од ѕидот на зградата со тежина од 143 kN се пренесува на столбот. Столбот е изведен од бетон со густина γ= 25 kN/m 3 . Димензиите на колоната се прикажани на сл. 31, но. Определете ги реакциите во круто вградување.

Ориз. 31.Шема за пресметка на колоната на пример 9:

но- шема на вчитување и димензии на столбот; б- шема за пресметка

Решение.Во овој пример, објектот на рамнотежа е колоната. Колоната се вчитува со следните видови активни оптоварувања: во точката НОконцентрирана сила F, еднаква на тежината на ѕидот на зградата и сопствената тежина на столбот во форма на оптоварување рамномерно распоредено по должината на гредата со интензитет qза секој метар должина на колоната: q = 𝛾А, каде НОе површината на напречниот пресек на столбот.

q= 25∙0,51∙0,51 = 6,5 kN/m.

Врските во овој пример се цврсто сидро во основата на столбот. Ментално отфрлете го завршетокот и заменете го неговото дејство со реакциите на врските (сл. 31, б).

Во нашиот пример, разгледуваме посебен случај на дејство на систем на сили нормално на вградувањето и поминувајќи по една оска низ точката на примена на реакциите за поддршка. 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. Порамнете ја оваа оска со оската З,тогаш условот за рамнотежа може да се запише во следнава форма:

Σ ФЗ = 0; V B - F - ql = 0,

каде ql- резултантно распределено оптоварување.

В Б = F+ql= 143 + 6,5∙4 = 169 kN.

Знакот плус покажува дека реакцијата В Бнасочена нагоре.

За да се провери точноста на пресметувањето 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 го направите овој тест.

Пример 10За зракот прикажан на Сл. 32, но, потребно е да се одредат реакциите за поддршка. Со оглед на: Ф= 60 kN, q= 24 kN/m, М= 28 kN∙m.

Ориз. 32.Шема за пресметка и димензии на гредата 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 резултатот 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 НОи артикулирана поддршка ВО. Го издвојуваме објектот на рамнотежа, за ова ги отфрламе врските за поддршка и ги заменуваме нивните дејства со реакции во овие врски (Сл. 32, б). Реакцијата на лежиштето Р Бе насочен вертикално, а реакцијата на шарки-фиксната потпора Р Аќе бидат паралелни активен систем активни силиа исто така насочени вертикално. Да претпоставиме дека се насочени нагоре. Резултантно распределено оптоварување П= 4,8∙q се применува во центарот на симетријата на товарниот простор.

При определување на потпорните реакции во зраците, потребно е да се настојува да се состават равенките на рамнотежа на таков начин што секоја од нив вклучува само една непозната. Ова може да се постигне со правење две равенки на моменти 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 моментните точки 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 услови на рамнотежа во форма:

Σ mA = 0; В Б ∙6 - q∙4,8∙4,8 + М+Ф∙2,4 = 0;

Σ м Б = 0; VA∙6 - q∙4,8∙1,2 - М - Ф∙8,4 = 0.

Заменувајќи ги нумеричките вредности на количините, наоѓаме

В Б= 14,4 kN, VA= 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.

По замената нумерички вредностиво оваа равенка добиваме идентитет од типот 0=0. Од ова 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, но. Со оглед на: Ф= 2,4 kN, М= 12 kN∙m, q= 0,6 kN/m, a = 60°.

Ориз. 33.Шема за пресметка и димензии на зракот на пример 11:

а - дизајнерска шема; б - предмет на рамнотежа

Решение.Размислете за рамнотежата на зракот. Ментално го ослободуваме зракот од врските на потпорите и го избираме објектот за рамнотежа (Сл. 33, б). Гредата е оптоварена со активно оптоварување во форма на произволен планарен систем на сили. Резултантно распределено оптоварување П = q∙3 е прикачен во центарот на симетријата на товарниот простор. Сила Фсе разложува според правилото на паралелограм на компоненти - хоризонтална и вертикална

F z = F cosα= 2,4 cos 60°= 1,2 kN;

Fy=F cos(90-α) = Фгрев 60°= 2,08 kN.

Се применува на објектот на рамнотежа наместо на отфрлените врски на реакцијата. Да ја претпоставиме вертикалната реакција VAартикулирана подвижна потпора НОнасочена нагоре, вертикална реакција В Бартикулирана фиксна поддршка Бисто така е насочена нагоре, а хоризонталната реакција Х Б- на десно.

Така, на сл. 33, бприкажан е произволен рамен систем на сили, чиј неопходен услов за рамнотежа е еднаквост на нула од три независни рамнотежни услови за рамен систем на сили. Потсетиме дека, според теоремата на Варињон, моментот на сила Фво однос на која било точка е еднаква на збирот на моментите на компонентите Fz и Fyоколу истата точка. Условно да ја прифатиме насоката на ротација на моментот на потпорните реакции околу моментните точки како позитивна, тогаш спротивната насока на ротација на силите ќе се смета за негативна.

Тогаш е погодно да се напишат условите за рамнотежа во следната форма:

Σ fz = 0; - Fz + HB= 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; VA ∙6 - 3q∙6,5 - Fy ∙4 - М= 0; од тука VA= 5,336 kN.

За да ја провериме исправноста на пресметаните реакции, користиме уште еден услов за рамнотежа, кој 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, но. Со оглед на: q=20 kN/m.

Ориз. 34.Шема за пресметка и димензии на гредата на пример 12:

а - дизајнерска шема; б - предмет на рамнотежа

Решение.Да го издвоиме објектот на рамнотежа. Зракот е оптоварен со активно оптоварување во форма на рамен систем на паралелни сили лоцирани вертикално. Ментално го ослободуваме зракот од врските во завршницата и ги заменуваме со реакции во форма на концентрирана сила В Би парови сили со саканиот реактивен момент М Б(види сл. 34, б). Бидејќи активните сили дејствуваат само во вертикална насока, хоризонталната реакција Х Бе еднакво на нула. Условно да ја прифатиме насоката на вртење на моментот на потпорните реакции околу моментот покажувајќи во насока на стрелките на часовникот како позитивна, 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 дистрибуираното оптоварување.

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, составуваме уште еден услов за 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 Бнасочена нагоре, а реактивниот момент М В- во насока на стрелките на часовникот.

Пример 13Определете ги потпорните реакции на зракот (сл. 35, но).

Решение.Резултантното распределено оптоварување делува како активно оптоварување П=(1/2)∙ак\u003d (1/2) ∙ 3 2 \u003d 3 kN, 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 Аќе бидат насочени и вертикално (сл. 35, б).

За да ги одредиме овие реакции, ги користиме равенките за 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 правилно решен.

Пример 14Најдете ги потпорните реакции на конзолен зрак натоварен со дистрибуиран товар (сл. 36, но).

Решение.Резултантното распределено оптоварување се применува во центарот на гравитација на дијаграмот на оптоварување. За да не ја бараме положбата на центарот на гравитација на трапезоидот, ја претставуваме 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 што е попогодно да се користат равенките на 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 Б= 0, каде што точката ВОсе наоѓа на десниот крај на зракот:

Σ М Б = М А - Р А∙3 + П 1 ∙2 + П 2 ∙1 = 15 - 27 + 6 +6 = 0.

Пример 15Хомогено мерење на зрак П= 600 N и должина л= 4 m лежи со едниот крај на мазен под, и средна точка ВОна столб високо ч= 3 m, формирајќи агол од 30 ° со вертикалата. Во оваа позиција, зракот се држи со јаже кое се протега низ подот. Определете го затегнатоста на јажето Ти објави реакции - Р Би секс - Р А(сл.37, но).

Решение.Под греда или прачка во теоретска механикаразбере тело чии попречни димензии во споредба со неговата должина може да се занемарат. Значи тежината Пхомоген зрак прикачен во точка ОД, каде AC= 2 m.

Сл.37

1) Бидејќи две од трите непознати реакции се применуваат во точката НО, првото нешто што треба да направите е да ја формулирате равенката Σ М А= 0, бидејќи само реакцијата 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\u003d 600 / (2) \u003d 100 ≅ 173 N.

Слично на тоа, од моменталната равенка може да се најде и реакцијата Р А, избирајќи ја како момент точката каде што се сечат линиите на дејство 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, за да можете да ја проверите исправноста на решението добиено со помош на равенката: Σ М Б= 0, што експлицитно или имплицитно ги вклучува сите пронајдени реакции:

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 несовпаѓање∆= -0,5 се вика апсолутна грешкапресметки.

За да одговорите на прашањето колку е точен резултатот, 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 16Определете ги потпорните реакции на рамката (сл. 38). Овде и подолу, освен ако не е поинаку наведено, сите димензии на сликите ќе се сметаат за означени во метри, а силите - во килоневтони.

Сл.38

Решение.Да ја разгледаме рамнотежата на рамката, на која силата на затегнатоста на конецот се применува како активна сила Теднаква на тежината на товарот П.

1) Реакцијата на подвижната потпора Р Бнајдете од равенката Σ М А= 0. За да не се пресмета рамото на силата Т, ја користиме теоремата 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 Анапишете ја равенката Σ М Ц= 0, каде што точката ОДлежи на пресекот на линиите на дејство на реакциите Р БИ X А:

- Y А∙2 + Т sin30°∙3 - Т cos30°∙2 = 0; → Y А= (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 верификација, треба да ја земете равенката што ја вклучува секоја од нив:

Σ М Д = X А∙3 - Y А∙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 шипката со скршен преглед (сл. 39, но).

Решение.Дистрибуираниот товар на секој дел од шипката го заменуваме со концентрирани сили П 1 = 5 kN и П 2 \u003d 3 kN и дејството на отфрленото тврдо штипнување - со реакции X А,Y АИ 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 А - П 1 коза- П 2 = 0; →Y А= 5∙(4/5) + 3 = 4 + 3 = 7 kN, бидејќи sinα = 3/5, cosα = 4/5.

Проверете: Σ М Б = 0; М А + X А∙3 - Y А∙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, но,треба да се утврдат реакции на поддршка. Со оглед на: Ф= 50 kN, М= 60 kN∙m, q= 20 kN/m.

Решение. Размислете за рамнотежата на рамката. Ментално ослободете ја рамката од врските на потпорите (сл. 40, б) и изберете го објектот за рамнотежа. Рамката е оптоварена со активно оптоварување во форма на произволен планарен систем на сили. Наместо отфрлените врски, применуваме реакции на објектот на рамнотежа: на фиксирана потпора со шарки НО- вертикално VAи хоризонтална Х А, и на подвижна потпора со шарки ВО- вертикална реакција В БОчекуваната насока на реакциите е прикажана на Сл. 40, б.

Сл.40.Шема за пресметување на рамката и објектот за рамнотежа на пример 18:

но– шема за пресметка; б- предмет на рамнотежа

Ги формулираме 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; VA + В Б - q∙6 = 0; VA= 20 kN.

Овде, насоката на ротација околу моментот покажува спротивно од стрелките на часовникот конвенционално се зема како 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 – VA∙3 = 0.

По замена на нумеричките вредности се добива идентитетот 0=0.

Така, правецот и големината на реакциите на поддршка се одредуваат правилно.

Пример 19.Определете ги потпорните реакции на рамката (сл. 41, но).

Сл.41

Решение.Како и во претходниот пример, рамката се состои од два дела поврзани со клучна шарка ОД.Дистрибуираното оптоварување кое се применува на левата страна на рамката се заменува со резултатот П 1, а десно - резултатот П 2, каде П 1 = П 2 = 2 kN.

1) Наоѓање реакција Р Бод равенката Σ М Ц (сонце) = 0; → Р Б= 1kN;

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. Со нерамномерна распределба на трифазен влез, кога нулата изгорува или нејзиниот слаб контакт, напоните на фазните жици почнуваат да се разликуваат едни од други, и нагоре и надолу. На ниво на еднофазно напојување (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. Покрај тоа, во овој случај, постои преценета потрошувачка на електрична енергија од електрични апарати кои се нечувствителни на нарушување на напонот. Во оваа статија, ќе ви кажеме како балансирањето на оптоварувањето се врши по фази со обезбедување кратки инструкциисо дијаграм и видео пример.

Што е важно да се знае

Овој дијаграм условно илустрира трифазна мрежа:

Напонот помеѓу фазите од 380 волти е означен со сина боја. во зелена бојаозначува рамномерно распоредено линеарно напрегање. Црвено - нарушување на напонот.

Новите, трифазни претплатници на електричната мрежа во приватна куќа или стан, при првото поврзување, не треба многу да се потпираат на 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), мора да ја контактирате организацијата за напојување за да преземете соодветни мерки за враќање на фазната симетрија. Можете да дознаете повеќе за тоа од нашата статија.

Согласно договорот меѓу претплатникот и ОИЕ (за користење на електрична енергија), овие мора да доставуваат висококвалитетна електрична енергија до домовите, со наведеното. Фреквенцијата исто така мора да одговара на 50 Херци.

Правила за дистрибуција

При дизајнирање дијаграм за поврзување, неопходно е да се изберат наменетите групи потрошувачи што е можно подеднакво и да се дистрибуираат по фази. 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 преку различни фазни проводници и така натаму: машина за перење, печка, печка, котел, бојлер.

Во инженерските пресметки, често се среќаваат оптоварувања распределени по дадена површина според еден или друг закон. Размислете за некои од наједноставните примери на дистрибуирани сили кои лежат во иста рамнина.

Рамен систем на дистрибуирани сили се карактеризира со неговиот интензитет q, т.е., со вредноста на силата по единица должина на оптоварениот сегмент. Интензитетот се мери во Њутни поделен со метри.

1) Силите 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

Во средината на сегментот AB се применува сила Q.

2) Сили распоредени по права линија според линеарен закон (сл. 69, б). Пример за такво оптоварување може да бидат силите на притисокот на водата врз браната, кои имаат највисока вредностна дното и паѓа на нула на површината на водата. За овие сили, интензитетот q е променлива вредност која расте од нула до максимална вредност.Резултантните Q на таквите сили се одредуваат слично како резултатот на силите на гравитацијата што дејствуваат на рамномерна триаголна плоча ABC. Бидејќи тежината на хомогена плоча е пропорционална на нејзината површина, тогаш, модуло,

Силата Q се применува на растојание од страната BC на триаголникот ABC (види § 35, точка 2).

3) Сили распоредени по права линија според произволен закон (сл. 69, в). Резултантниот Q на таквите сили, по аналогија со силата на гравитација, е еднаков во апсолутна вредност на површината на фигурата ABDE, измерена на соодветна скала и поминува низ центарот на гравитација на оваа област ( прашањето за определување на центрите на гравитација на области ќе биде разгледано 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 , 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 според аголот и должината.Силата што делува на овој елемент е бројчано еднаква на и проекцијата на оваа сила на оската ќе биде Тогаш

Но, од Сл. 70 се гледа дека Затоа, оттогаш

каде е должината на акордот што го поттегнува лакот AB; q - интензитет.

Задача 27. Рамномерно распределено оптоварување со интензитет делува на конзолен зрак A B чии димензии се наведени на цртежот (сл. 71).

Решение. Дистрибуираните сили ги заменуваме со нивните резултанти Q, R и R, каде според формулите (35) и (36)

и составете ги условите 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 наоѓаме

На пример, ако добиеме и ако

Задача 28. Цилиндричен цилиндар чија висина е H, а 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 насоките: 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 со рамнина нормална на неговата оска на два дела и да ја разгледаме рамнотежата на еден од нив (Сл.

72а). 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 е означен со Q. При рамнотежа

Под претпоставка дека површината на напречниот пресек е приближно еднаква, ја добиваме вредноста за напрегањето на истегнување

Површинските и волуменските сили претставуваат оптоварување распределено на одредена површина или волумен. Таквото оптоварување се дава според интензитетот, што е силата по единица на некој волумен, или одредена површина или одредена должина.

Посебно место во решавањето на голем број практично интересни проблеми зазема случајот на рамно распоредено оптоварување применето по нормалата на одреден зрак. Ако ја насочите оската долж зракот , тогаш интензитетот ќе биде во функција на координатата и се мери во N/m. Интензитетот е силата по единица должина.

Рамна фигура ограничена со сноп и графикон за интензитет на оптоварување се нарекува дијаграм на дистрибуирано оптоварување (сл. 1.28). Ако, според природата на проблемот што се решава, може да се игнорираат деформациите, т.е. Бидејќи телото може да се смета за апсолутно круто, тогаш распределениот товар може (и треба) да се замени со резултатот.

Ајде да го поделиме зракот на должина сегменти
, на секоја од нив претпоставуваме дека интензитетот е константен и еднаков на
, каде - отсечка координата
. Во овој случај, кривата на интензитет се заменува со скршена линија, а оптоварувањето по сегмент
, се заменува со концентрирана сила
, се применува во точката (Слика 1.29). Добиениот систем на паралелни сили има резултат еднаков на збирот на силите што дејствуваат на секој од сегментите, применети во центарот на паралелните сили.

Јасно е дека таквата претстава ја опишува реалната ситуација колку попрецизно, толку е помал сегментот
, т.е. толку повеќе сегменти . Точниот резултат го добиваме со преминување до границата на должината на сегментот
со тенденција на нула. Границата што произлегува од опишаната постапка е составен дел. Така, за модулот на резултатот добиваме:

Да се одредат координатите на точка примена на резултатот ја користиме теоремата Варињон:

ако системот на сили има резултант, тогаш моментот на резултантот за кој било центар (која било оска) е еднаков на збирот на моментите на сите сили на системот околу овој центар (оваа оска)

Пишување на оваа теорема за систем на сили
во проекции на оската и поминувајќи до границата со должината на отсечките кои се стремат кон нула, добиваме:

Очигледно, модулот на резултантот е нумерички еднаков на површината на дијаграмот на дистрибуирана оптоварување, а точката на нејзината примена се совпаѓа со центарот на гравитација на хомогена плоча која има форма на дијаграм на дистрибуирана оптоварување.

Забележуваме два случаи кои често се случуваат.

,
(Сл. 1.30). Резултантниот модул и координатата на неговата точка на примена се одредуваат со формулите:

Во инженерската пракса, таквото оптоварување е доста честа појава. Во повеќето случаи, тежината и оптоварувањето на ветерот може да се сметаат за рамномерно распределени.

(Слика 1.31). Во овој случај:

Особено, притисокот на водата на вертикалниот ѕид е директно пропорционален на длабочината .

Пример 1.5

Определете ги реакциите на потпорите И зрак под дејство на две концентрирани сили и рамномерно распореден товар. Со оглед на:

Најдете го резултатот од дистрибуираниот товар. Резултантниот модул е еднаков на

рамо на сила во однос на поентата еднакви
Размислете за рамнотежата на зракот. Колото за напојување е прикажано на сл. 1.33.

Пример 1.6

Определете го одговорот на вградувањето на конзолниот зрак, кој е под дејство на концентрирана сила, пар сили и распределен товар (сл. 1.34).

Да го замениме распределениот товар со три концентрирани сили. За да го направите ова, ние го делиме дијаграмот на дистрибуирана оптоварување на два триаголници и правоаголник. Ние најдовме

Колото за напојување е прикажано на сл. 1.35.