Механика. В 2 ч. Ч. 1

Значение реакции RB получено со знаком «минус». Это означает, что она направлена вертикально вниз.

Для проверки правильности найденных реакций опор балки составляем уравнение

FiY 0 ; RA F1 qc F2 RB 0

или

4,8 8 2 0,4 10 6 14,8 14,8 0.

Следовательно, RA и RB определены верно.

Ответ: RA 4,8 кН; RB 6 кН.

Пример 86. Для жестко заделанной консольной балки (рис. 3.50) найти реактивный момент и составляющие реакции заделки.

Принять F 10 кН, q 2 кН/м, M 8 кН м, a 0,5 м.

Рис. 3.50. К примеру 86

Решение. Освободим балку от связи, условно отбросив заделку и приложив вместо нее к балке две неизвестные составляющие силы реакции RAX, RAY и реактивный момент MА. Для плоской системы произвольно расположенных сил составим три уравнения равновесия два уравнения проекций и уравнение моментов относительно точки А:

170

Из уравнения (3.29) получим:

RAX F cos300 10 0.866 8,66 кН.

Из уравнения (3.30)

RAY F cos600 R,

где

R q 2a 2 2 0,5 2 кН.

Тогда

RAY 10 0,5 2 3 кН.

Из уравнения (3.31)

M A M F AB R 4a,

но

AB 2a sin 300 2 0,5 0,5 0,5 м,

тогда

M A 8 10 0,5 2 4 0,5 9 кН м.

Проверим правильность решения, составив уравнение моментов относительно точки С:

M C (F i ) M A M R 2a RAY 2a 0.

Или, подсчитав числовые значения, получим:

171

M C Fi 9 8 2 2 0,5 3 2 0,5 0;

11 11 0 ;

0 0 .

Задача решена верно.

Значения составляющих RAX и RAY получились со знаком «минус». Это означает, что предварительно выбранное направление оказалось ошибочным. Фактическое направление будет обратным, т. е. составляющая RAX направлена влево, а RAY вниз.

Полная реакция опоры RA

RA ( 8,66)2 ( 3)2 9,2 кН.

Ответ: RA 9,2 кН; M A 9 кН м.

Пример 87. Для балки (рис. 3.51) определить реакции опоры защемления в точке А, если q 6 кН/м, F 36 кН и M 14 кН м.

Рис. 3.51. К примеру 87

Решение. Освобождаем балку от связей (заделки) и заменяем связи силами реакций связей. В этом случае в точке А балки возникают силы реакции cвязи в виде силы RA и реактивного момента МА.

172

Q q 6 6 6 36 кН (рис. 3.51, б). Выбираем систему координат X и Y с началом в точке А. Для решения задачи составляем три уравнения равновесия:

M A (F i ) 0; M B (F i ) 0; FiY 0.

(Последнее уравнение принимают в качестве проверочного).

M А M F 4 Q 7,

или

M A 14 36 4 36 7 14 144 252 382 кН м.

Из уравнения (3.33):

RA МА M F 6 Q 3 382 14 36 6 36 3 10 10

382 14 216 108 72 кН. 10

Из уравнения (3.34) получаем 72 36 36 = 0. Следовательно, реакции MА и RA опоры А защемления балки по величине определены верно, направление реакции МА необходимоизменить на обратное.

Ответ: RA 72 кН; M A 382 кН м.

173

Пример 88. Для заданной консольной балки (рис. 3.52,a) определить опорные реакции заделки.

Рис. 3.52. примеру 88

Решение. Рассматриваем равновесие балки АВ. К ней приложены заданные активные силы F1, F2 и момент М. Рассматривая тело АВ как свободное, отбрасываем связь (заделку), заменяя ее действие реакциями реактивным моментом MA и составляющими реакциями RX и RY по осям координат. Расчетная схема изображена на рис. 3.52, б. Для получения плоской произвольной системы сил составляем три уравнения равновесия, выбрав в качестве центра моментов точку А (точку пересечения двух неизвестных сил):

Составляем проверочное уравнение равновесия:

174

M C (F i ) M A RY AC F1 BC F2 cos600 BC M

0,2 ( 2) 0,5 3 0,2 10 0,5 0,2 0,4 1,6 1,6 0.

Следовательно, реакции определены верно. Реакция RY получилась отрицательной, значит, ее действительное направление противоположно предварительно выбранному. Примененная система уравнений равновесия наиболее целесообразна при рассмотрении равновесия любых консольных балок.

Полная реакция опоры RA :

RA 8,662 ( 2)2 8,9 кН.

Ответ: RA 8,9 кН; M A 0,2 кН м.

Пример 89. Определить реакции опор балки (рис. 3.53), если F1 80 кН, F2 40 кН, M1 92 кНм, M 2 15 кНм, q1 5 кН/м, q2 4 кН/м.

Рис. 3.53. К примеру 89

Решение. Рассматриваем равновесие балки СА. К ней приложены заданные сосредоточенные силы F1, F2, равномерно распределённые нагрузки q1, q2 и моменты M1, M2. Рассматривая тело СА как свободное, отбрасываем связь (заделку), заменяя ее действие реакциями реактивным моментом MA и составляющими реакциями RAX

175

и RAY по осям координат. Расчетная схема изображена на рис. 3.53. Для получения плоской произвольной системы сил составляем три уравнения равновесия, выбрав в качестве центра моментов точку А (точку пересечения двух неизвестных сил):

FiX 0; F1 cos15 F 2 cos30 RAX 0;

FiY 0; F1 cos75 q1 2 F 2 cos60 q2 2 RAY 0;

M A (F i ) 0;

F1 6 cos75 q1 2 5 M1 M 2 F 2 2 cos60q2 2 1 M A 0.

Отсюда:

M A F1 6 cos75 q1 2 5 M1 M 2F 2 2 cos60 q2 2 1

80 6 0,26 5 10 92 15 40 2 0,5 4 2 284 кН м;

RAY F1 cos75 q1 2 F 2 cos60 q2 2

80 0,26 10 40 0,5 4 2 42,8 кН;

RAX F1 cos15 F 2 cos30 80 0,97 40 0,87 112 кН.

Составляем проверочное уравнение равновесия:

M C (F i ) q1 2 М1 М2 F2 4 sin 30

q2 2 5 RAY 6 M A

10 92 15 40 4 0,5 4 10 42,8 6 284 389 389 0.

Значит, реакции определены верно. Реакция RAY и реактивный момент MA получились отрицательными, следовательно, их действительные направления противоположны предварительно выбранным.

Полная реакция опоры RA

RA 1122 ( 42,8)2 120 кН.

Ответ: RA 120 кН; M A 284 кН м.

176

Пример 90. Механизм манипулятора, состоящий из трёх звеньев, соединённых шарнирами, в положении равновесия расположен в вертикальной плоскости (рис. 3.54, а).

Длины и массы звеньев: l1 = 1,2 м; l2 = 0,7 м; m1 = 55 кг; m2 = 40 кг; углы 01 = /3, 12 = /6. Найти моменты сил приводов в шарнирах А и В, если рука ВС манипулятора удерживает деталь, масса которой m = 30 кг. Звенья считать однородными стержнями.

Решение. На звенья манипулятора действуют силы тяжести G1, G2, приложенные в середине звеньев 1 и 2, сила тяжести детали G, приложенная в точке С звена 2 (рис. 3.54, б). Все силы направлены вертикально вниз.

Рис. 3.54. К примеру 90

Сначала вычислим проекции звеньев на ось Ах:

Моменты сил приводов в шарнирах:

177

M A M A (F i ) G1h01 G2 h02 Gh0C

9,8 73 (40 30) 297 Н м. 20 2

Моменты МА и МВ – это реактивные моменты, направленные против хода часовой стрелки.

Ответ: M B 297 Н м; M A 870 Н м.

Пример 91. Пример имеет своим прототипом схему подъема мачтовых опор ЛЭП с помощью тягачей (рис. 3.55).

Рис. 3.55. К примеру 91

Рассмотрим эту схему.

Мачта АВ, лежащая возле заранее подготовленного фундамента, соединяется с ним шарниром А. Затем с помощью канатной тяги ВDС она поднимается до вертикального положения. При этом вспо-

178

могательная штанга КD облегчает работу в начальной стадии подъема, отводя направление тяги несколько вверх. Здесь осуществляется типичный случай равновесия трех сил, расположенных в одной плоскости (в данном случае - в вертикальной). Эти силы сходятся в некоторой точке О, определяемой пересечением каната с линией силы тяжести мачты. Искомая реакция также выходит на эту точку.

Графическое решение задачи состоит в том, что считая силу тяжести мачты, а также ее угол и угол каната с горизонтом известными, необходимо построить на векторе F в определенном масштабе замкнутый силовой треугольник при точке О, которую выгодно вынести в сторону от основного чертежа. Стороны треугольника должны быть строго параллельны направлениям искомых сил, тогда величины этих сил будут найдены прямым измерением сторон треугольника в миллиметрах и умножением их на выбранный масштаб.

Аналитическое решение задачи состоит в использовании уравнений равновесия, система которых для произвольных сил на плоскости имеет вид:

MO (F i ) 0 ;

Решение показанона несколько видоизмененной схеме (рис. 3.56).

Рис. 3.56. К примеру 91

179