4. Момент силы относительно центра и оси

Направление вектора главного момента заданной системы сил вычисляется по направляющим косинусам (рис. 4.6, б):

cos (x, M

O )=

mx

=

0, 44

= 0,04;

MО

11,5

my

8,3

cos (y, MО )=

= −

= 0,72;

MО

11,5

cos (z , M

О )=

mz

=

6,64

= 0,58.

MО

11,5

Ответ: R = 9,03 кН, MO = 11,5 кН м.

4.3. Условия равновесия произвольной пространственной системы сил

Для равновесия системы сил, приложенных к абсолютно твердому телу, необходимо и достаточно, чтобы главный вектор сил был равен нулю и главный момент системы сил относительно любого центра приведения также был равен нулю:

R = ∑Fi = 0, MO = ∑MO (F )i .

Из векторных уравнений следует шесть скалярных уравнений равновесия:

∑Fix = 0,	∑Fiy = 0,	∑Fiz	= 0,
			∑mzi (Fi )= 0.
∑mix (Fi )= 0, ∑myi (Fi )= 0,

Пространственная заделка. Пример пространственной жесткой заделки представлен на рис. 4.7. Рассмотрим пример вычисления реакций пространственной заделки для ломаного бруса. Совместим систему координат Oxyz с точкой О (рис. 4.7, а).

89

И. В. Богомаз. Механика

а

б

Рис. 4.7

Ломаный брус нагружен силами F1 Oz, F2 Ox, F3 Oy. Про-

странственная жесткая заделка лишает ломаный брус всех шести степеней свободы, которыми обладает абсолютно твердое тело в пространстве: перемещения в трех ортогональных направлениях и вращение в каждой из плоскостей.

Используя аксиому связей, отбросим заделку и заменим ее ше-

стью реакциями связей: xO, yO, zO, и mOx, mOy, mOz (рис. 4.7, б). Составим уравнения равновесия пространственной системы сил:

∑Fix = 0, xO − F2 = 0 xO = F2 ;

∑Fiy = 0, yO + F3 = 0, yO = −F3;

∑Fiz = 0, zO − F1 = 0, zO = F1;

∑mOx (Fi )= 0, mOx − F1 4 = 0, mOx = F1 4;

∑miy (Fi )= 0, mO y + F1 5 + F2 2 = 0, mO y = −(F1 5 + F2 2);

∑miz (Fi )= 0, mOz + F3 5 + F2 4 = 0, mOz = −(F3 5 + F2 4).

90

4. Момент силы относительно центра и оси

4.4. Условия равновесия произвольной плоской системы сил

Для равновесия произвольной плоской системы сил необходимо и достаточно, чтобы суммы проекций этих сил на любые две ортогональные оси (например, оси Ox и Oy) были равны нулю и сумма моментов сил относительно любой точки, находящейся в плоскости действия сил, также была равна нулю:

∑Fix = 0, ∑Fi y = 0, ∑M A (Fi ) = 0.

Точка А называется точкой приведения, или моментной точкой.

Жесткое закрепление (заделка). В балках с заделанным концом

(консоли) может быть только неподвижно-плоское закрепление, т. е. жесткое закрепление (рис. 4.8, а). Такое закрепление не допускает ни линейных, ни угловых перемещений опорного сечения. В этой опоре возникают вертикальная VA, горизонтальная HA составляющие опорной реакции и реактивный момент MR или MA.

а

б

в

Рис. 4.8

91

И. В. Богомаз. Механика

Закрепление с тремя связями может быть также представлено тремя стержнями, не пересекающимися в одной точке (рис. 4.8, в). Это опоры с тремя связями. Возможность поворота около точки пересечения двух стержней устраняется наличием третьего стержня. Такая схема характеризует полную неподвижность бруса под действием внешних сил.

При вычислении реакций в заделке за моментную точку выбирают точку закрепления консоли (точка А на рис. 4.8, а).

Пример 4.3. Балка АВ нагружена	парой сил с моментом
m = 6 кН·м, силой P = 12 кН, длина балки 2	= 4 м, α = 60° (рис. 4.9, а).
Вычислить реакции в консольной балке.

а

б

Рис. 4.9

Решение. Применив метод сечения, рассмотрим равновесие балки АВ. Отбросим связи и заменим их соответствующими реакциями

(рис. 4.8, б).

Разложим силу Р на Px = P cos α и Py = P sin α. Запишем уравнения равновесия и решим их.

∑Fi x = 0, H A − Px = 0 → H A = Px = P cos α =12cos 60° =12 0,5 = 6 кН;

∑Fi y = 0, VA − Py = 0 →VA = Py = P sin α =12sin 60° =12 0,87 =10, 44 кН;

∑M А = 0, M R + m − Py 2 = 0 → M R = −m + P sin α 2 =

= −6 +12 sin 60° 4 = −6 + 48 0,87 = 35,76 кН м.

92

4. Момент силы относительно центра и оси

Проверка:

∑M B = M R −VА 2L + m = 35,76 −10,44 2 2 +6 = 0.

Ответ: HA = 6 кН; VA = 10,44 кН; MR = 35,76 кН м.

Пример 4.4. Балка АВ нагружена равномерно-распределенной нагрузкой q = 6 кН/м, длина балка =1 м (рис. 4.10, а). Вычислить

реакции в консольной балке.

а

б

Рис. 4.10

Решение. Применим метод сечения, отбросим связи и заменим их соответствующими реакциями, рассмотрим равновесие балки АВ

(рис. 4.10, б).

Распределенную нагрузку интенсивностью q заменим равнодействующей:

Q = q 4 = 6 4 1 = 24 кН.

Запишем уравнения равновесия и решим их:

∑M А = 0, −Q (2 +3 ) + MR = 0 → M R = Q (2 +3 ) =

=5Q = 5 24 1 =120 кН м.

∑Fi y = 0, RA −Q = 0 → RA =Q = 24 кН.

93

И. В. Богомаз. Механика

Проверка:

∑M B = M R − RA 7a +Q 2a =120 −24 7 1+ 24 2 1 = 0.

Ответ: RA = 15,3 кН; MR = 73,9 кН м.

Пример 4.5. Вычислить реакции в консольной балке (рис. 4.11, а). Дано: qmax = 16 кН/м, = 2 м.

а

б

Рис. 4.11

Решение. Применив метод сечения, отбросим связи и заменим их соответствующими реакциями. Рассмотрим равновесие балки АВ (рис. 4.11, б). Распределенную нагрузку заменим сосредоточенной силой Q:

Q = 12 qmax = 12 16 2 =16 кН.

Линия действия сосредоточенной силы Q делит отрезок, равный

3a в соотношении	1	3		:	2	3		(рис. 4.11, б).
	3				3

Запишем уравнения равновесия и решим их.

∑M A = 0, −Q(13 3 + 2 ) + MR = 0 → MR = Q(13 3 +2 ) =

=16(2 + 2 2) = 96 кН м.

∑Fi y = 0, RA −Q = 0 → RA =Q =16 кН.

94

4. Момент силы относительно центра и оси

Проверка:

∑M B = M R − RA 5 +Q 2 = 96 −16 10 +16 4 = 0.

Ответ: RA = 16 кН, MR = 96 кН м.

Для вычисления реакций в шарнирно опертых балках выбирают две моментные точки (часто шарниры А и В) и записывают сумму моментов сил относительно этих точек, за третье уравнение равновесия выбирают сумму проекций сил на ось, не перпендикулярную прямой, соединяющей точки А и В, т. е. уравнения равновесия имеют вид

∑M А (Fi )= 0, ∑M B (Fi )= 0, ∑Fix = 0.

В общем случае за точки приведения принимают точки пересечения линий действий реакций опор.

Пример 4.6. Дано: P = 10 кН, q = 4 Н/м, = 6 м, α = 30°. Вы-

числить реакции опор балки АВ, опертой на шарнирно-подвижную и шарнирно-неподвижную опоры, нагруженной как показано на рис. 4.12, а.

Решение. Используя метод сечения, отбросим связи и заменим их соответствующими реакциями опор (рис. 4.11, б).

а

б

Рис. 4.12

95

И. В. Богомаз. Механика

Распределенную нагрузку интенсивностью q заменим равнодействующей: Q = q 2 = 4 62 =12 кН.

Разложим силу Р на составляющие Px и Py:

Py = Psin 30° =10 0,5 =5 кН,

Px = P cos 30° =10 0,87 =8,7 кН.

За точки приведения примем точки на шарнирах балки: точку А (точка пересечения линий действий реакции опор VA и HB) и точку В (точка пересечения линий действий реакции опор VB и HB). Запишем уравнения равновесия:

∑M A = 0, VB 2 + 4 + 2 −Q 4 + 4 + 2 − Py 2 = 0 →

V =		4		Q +			1 P				=	4		12 + 1					5		=11,6 кН;
B		5					2	y				5				2
∑MB = 0, − RA								+			+				+ Py				+					+Q		= 0 →
							2		4			2					4				2				4
RA =	4		1		Q	+	3				=	4			1	12	+		3	5				= 5,4 кН;
	5		4				4	Py				5			4				4
∑Fix			= 0, Px − HB = 0 → HB = Px																			=8,7 кН.

Проверка:

∑Fy = RA − Py −Q +VB = 5,4 −5 −12 +11,6 = 0.

Ответ: HB = 8,7 кН, VB = 11,6 кН; VA = 5,4 кН.

Пример 4.7. Дано: m = 2 кН/м, q = 1 кН/м, F = 2 кН. Для шарнирно опертой консольной балки АВ (рис. 4.13, а) требуется вычислить опорные реакции.

96

4. Момент силы относительно центра и оси

а

б

Рис. 4.13

Решение. Мысленно выделим балку АВ, отбросим связи и заменим их действие соответствующими реакциями опор (рис. 4.13, б).

Реакция шарнирно-подвижной опоры В направлена перпендикулярно оси балки, направим ее вверх и обозначим RB. Реакция шарнир- но-неподвижной опоры А – RA будет направлена параллельно заданным силам и реакции RB, так как на балку приложена система параллельных сил.

Для вычисления реакций опор запишем уравнения равновесия. За моментные точки выбираем точки опор, т. е. точки А и В:

∑МА = 0, −m −q 6 3 + RB 10 + F 14 = 0 →

R	= m + q 6 3 − F 14		= 2 +1 6 3	−2 14 = −		8	=		− 0,8		кН.
B		10	10		10

Знак «минус» означает, что выбранное первоначально направление реакции RB вверх является ошибочным. На схеме зачеркиваем ошибочное направление и направляем в истинном (рис. 4.13, б).

∑МB = 0, −m + q 6 7 − RА 10 + F 4 = 0 →

97

И. В. Богомаз. Механика

RА =	−m + q 6	7 + F 4	=	−2 +1 6 7 + 2 4	=	48	= 4,8	кН.
	10			10		10

На схеме указываем численное значение реакций опор.

Проверка:

∑Fy =−q 6 + RA + F − RB = −1 6 + 4,8 + 2 −0,8 = 0.

Ответ: RA = 4,8 кН, RB = 0,8 кН.

Пример 4.8. Консольная рама загружена, как показано на рис. 4.14, а. Вычислить реакции опор в жесткой заделке.

а

б

Рис. 4.14

Решение. Мысленно выделим раму, отбросим жесткую заделку и заменим ее действие реакциями опор – горизонтальной реакцией HA, вертикальной реакцией VA и реактивным моментом MA (рис. 4.14, б).

Запишем уравнения равновесия:

∑M A = 0, − F (3a −a) −q 2a a + M A = 0 →

M A = F 2a + 2qa2 = qa 2a + 2qa2 = 4qa2 ;

98

4. Момент силы относительно центра и оси

∑Fi y = 0, VA −q 2a = 0 →VA = q 2a = 2qa;

∑Fi y = 0, HA − F = 0 → HA = F = qa.

Проверка:

∑M D =−VA 2a + H A (3a −a) + q 2a a = −2qa 2a + qa 2a + q 2a a =

=−4qa2 + 2qa2 + 2qa2 = 0.

Ответ: MA = 4qa2, VA = 2qa, HA = qa.

Пример 4.9. Дано: P = 10 кН, q = 4 Н/м, = 8м, α = 30°. Вы-

числить реакции опор балки АВ, опертой на шарнирно-подвижную и шарнирно-неподвижную опоры, нагруженной, как показано на рис. 4.15, а.

Решение. Используя метод сечения, отбросим связи и заменим их соответствующими реакциями (рис. 4.15, б).

Распределенную нагрузку интенсивностью q заменим равнодействующей: Q = q = 4 8 = 32 кН.

а

б

Рис. 4.15

99

И. В. Богомаз. Механика

Разложим силу Р на составляющие Px и Py:

Py = Psin 30° =10 0,5 =5 кН,

Px = P cos 30° =10 0,87 =8,7 кН.

За моментные точки примем точку С (точка пересечения линий действий реакции опор RA и HB) и точку В (точка пересечения линий действий реакции опор VB и HB).

Запишем уравнения равновесия:

	∑MC = 0, VB 2 − Py − Px ( +
			) +Q		+			= 0;
		4		2		4

VB 2 8 −5 8 −8,7 (8 + 2) +32(4 + 2)= 161 (40 +87 −192)= −4,1 кН.

На чертеже меняем направление реакции VB (рис. 4.15, б).

	∑MB = 0, − RA 2 +Q (
			+		) − Px	+			+ Py	= 0;
		2		4			4

−RA 2 8 +32 (4 + 2) −8,7(8 + 2)+5 8 =

=161 (192 −87 + 40)= 161 (145)= 9,1 кН;

∑Fix = 0, −Q + Px − HB = 0 → HB =

= −Q + Px = −32 +8,7 = −23,3 кН.

На чертеже меняем направление реакции HB (рис. 4.15, б).

Проверка:

∑Fy = RA − Py −VB = 9,1−5 −4,1 = 0.

Ответ: HB = 8,7 кН, VB = 11,6 кН; RA = 5,4 кН.

100