Автор: Митрякова Наталья Борисовна
Должность: преподаватель специальных дисциплин
Учебное заведение: ГАПОУ СО "Саратовский архитектурно-строительный колледж"
Населённый пункт: г.Саратов
Наименование материала: Методические рекомендации
Тема: по самостоятельному изучению темы "Плоская система произвольно расположенных сил" по дисциплине "Техническая механика" для специальности 08.02.01 "Строительство и эксплуатация зданий и сооружений"
Раздел: среднее профессиональное
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ САРАТОВСКОЙ ОБЛАСТИ
Государственное автономное профессиональное образовательное учреждение
Саратовской области
«Саратовский архитектурно-строительный колледж»
Методические рекомендации
по теме «Плоская система произвольно расположенных сил»
по дисциплине «Техническая механика»
для специальности СПО
08.02.01 Строительство и эксплуатация зданий и сооружений
Саратов, 2022
Разработчики:
Митрякова
Наталья
Борисовна,
преподаватель
специальных
дисциплин,
высшая квалификационная категория
2
Содержание
Пояснительная записка
4
Краткие теоретические сведения
5
Последовательность и пример выполнения расчета
Задача №1
15
Задача №2
19
Задача №3
22
Задача №4
24
Задача №5
26
Задача №6
28
Задача №7
30
Задача №8
32
Задача №9
34
Библиографический список
36
3
Пояснительная записка
Методические рекомендации предназначены в качестве методического пособия
в помощь студентам для самостоятельного изучения решения задач по дисциплине
Техническая механика, тема «Произвольная плоская система сил», что позволит в
дальнейшем самостоятельно решить расчетно-графические работы №1 и №4.
Целью
методических рекомендаций является закрепление теоретических
знаний и приобретение практических умений и навыков:
- определять аналитическим и графическим способами усилия, опорные
реакции балок, ферм, рам;
- выполнять расчеты на прочность, жесткость и устойчивость элементов
сооружений;
-
строить эпюры нормальных напряжений, изгибающих моментов и др.
В результате выполнения расчетно-графических работ, предусмотренных
программой по дисциплине «Техническая механика» для специальности СПО
08.02.01 Строительство и эксплуатация зданий и сооружений обучающийся должен:
Знать:
-
определение направления реакции связи;
-
определение момента силы относительно точки, его свойства;
-
типы нагрузок и виды опор балок, ферм, рам.
Методические рекомендации могут быть использованы для самостоятельной
работы обучающихся всех технических специальностей.
4
Наименование темы: Произвольная плоская система сил
Краткие теоретические сведения
Проекция силы на ось и на две взаимно перпендикулярные оси
Длина отрезка, заключенного между проекциями начала и конца данного
вектора на ось, называется проекцией вектора на ось.
Проекцию вектора на ось будем обозначать той же буквой, которой
обозначается вектор, указывая маленькой буквой ось проекции. Так, например,
проекция вектора F на ось Х обозначается F
х
.
A F
B
a
F
x
b
x
Величина проекции численно равна произведению модуля вектора на косинус
угла между вектором и положительным направлением оси.
F
F
x
= F · cosα
α
x
F
x
Угол между осями х и у равен 90
0
. И, если известен угол α между вектором и
осью х, то угол с осью у будет равен (90-α).
Пример:
y
F
x
=
F ∙ cos3 0
0
(90-30)
0
Fy
F
F
y
=
F ∙ cos
¿
=
F ∙ cos 6 0
0
30
0
Fx
x
5
Разложение силы на 2 сходящиеся составляющие
Разложить силу на две или несколько составляющих сил – это значит
получить такую систему двух или нескольких сил, которая бы производила на тело
тоже самое действие, что и одна данная сила.
F
y
F
F
x
F
x
F
F
y
F
y
F
F
x
F
y
F
x
F
F
F
y
70
0
57
0
F
y
20
0
33
0
F
x
x
F
x
F
x
45
0
F
45
0
F
y
70
0
+20
0
= 90
0
; 33
0
+57
0
= 90
0
; 45
0
+45
0
= 90
0
.
Момент силы относительно точки
Моментом силы
F
относительно точки С называется величина равная
произведению модуля силы на плечо (кратчайшее расстояние от данной точки до
линии действия силы), взятому с соответствующим знаком
M
c
F
=
± F ∙ h
Момент силы F будет положителен, если сила стремится повернуть плоскость по
часовой стрелке и отрицателен, если сила стремится повернуть плоскость против
часовой стрелки.
Относительно точки А:
F
1
F
3
6
-
А
В
+
+
F
2
Относительно точки В:
F
1
F
3
+
А
В
-
-
F
2
Чтобы найти плечо от каждой силы до заданной точки необходимо сложить
длину всех участков между силой и точкой.
Относительно точки А:
F
1
=20кН
F
3
=40кН
А
В
F
2
=30кН
3
5
4
2
3
3+5=8
3+5+4=12
Относительно точки В:
F
1
=20кН
F
3
=40кН
7
А
В
F
2
=30кН
3
5
4
2
2
4+2=6
5+4+2=11
Тогда момент силы относительно точки А будет равен:
М
А
F
1
=+
F
1
∙ 3 ;
М
А
F
2
=−
F
2
∙
(
3
+
5
)=−
F
2
∙ 8;
М
А
F
3
=+
F
3
∙
(
3
+
5
+
4
)=
F
3
∙ 12.
А сумма моментов всех сил относительно точки А будет:
∑
M
A
F
i
=¿
F
1
∙ 3
−
F
2
∙ 8
+
F
3
∙ 12
=
20 ∙ 3
−
30 ∙ 8
+
40∙ 12
=
300 кН
¿
Момент силы относительно точки В будет равен:
М
В
F
1
=−
F
1
∙
(
5
+
4
+
2
)
=−
F
1
∙11 ;
М
B
F
2
=+
F
2
∙
(
4
+
2
)
=+
F
2
∙ 6 ;
М
B
F
3
=−
F
3
∙ 2
=−
F
3
∙ 2.
Cумма моментов всех сил относительно точки B будет:
∑
M
B
F
i
=¿−
F
1
∙ 11
+
F
2
∙ 6
−
F
3
∙ 2
=−
20 ∙ 11
+
30 ∙ 6
−
40 ∙ 2
=−
120 кН
¿
Пример №2:
F
2
=59кН
-
+
8
А
В
+
-
F
1
=37кН
1
9
6
∑
M
A
F
i
=¿−
F
1
∙ 1
+
F
2
∙
(
1
+
9
)
=−
37 ∙1
+
59 ∙ 10
=
553 кН ∙ м ;
¿
∑
M
B
F
i
=¿
F
1
∙
(
9
+
6
)
−
F
2
∙ 6
=
37 ∙ 15
−
59 ∙ 6
=
201 кН ∙ м .
¿
Пара сил
Система
двух
равных
по
модулю,
параллельных
и
противоположно
направленных сил, приложенных к одному твердому телу, называется парой сил.
F
h
F
Кратчайшее расстояние между линиями действия сил пары называется
плечом. Обозначается буквой h.
Механическое действие пары сил на твердое тело измеряется моментом
пары.
Момент пары сил равен произведению модуля одной из составляющих сил
пары на плечо.
М=
±
F· h
Знак момента берется в зависимости от направления вращения. Если пара
стремится повернуть плоскость, в которой она действует, в направлении движения
часовой стрелки, то ее действие будем считать положительным, если против
часовой – отрицательным.
h=2м
h=3м
+
-
9
F=10кН
F=30кН
М= + F· h=10·2=20кН·м М= - F· h= - 30·3= - 90кН·м
Чтобы задать пару, достаточно задать ее момент, поэтому иногда слово пара
заменяют словом момент.
m
1
m
2
A
B
∑
М
А
=
m
1
−
m
2
= 0.
∑
М
В
=
m
1
−
m
2
= 0.
Условия равновесия плоской системы произвольно расположенных сил в
аналитической форме.
Первая форма уравнений равновесия:
∑
F
i x
=
0 ;
∑
F
i y
=
0 ;
∑
M
A
F
i
=
0.
Вторая форма уравнений равновесия:
∑
F
i x
=
0 ;
∑
M
A
F
i
=
0;
∑
M
В
F
i
=
0.
Третья форма уравнений равновесия:
∑
M
A
F
i
=
0;
∑
M
В
F
i
=
0 ;
∑
M
С
F
i
=
0.
Балка на двух опорах рассчитывается по второй форме условий равновесия.
Балка с заделкой рассчитывается по первой форме условий равновесия.
Типы опор и их опорные реакции
1.
Шарнирно – неподвижная опора.
Данная опора препятствует любому поступательному движению системы, но
дает ей возможность свободно поворачиваться вокруг центра шарнира. В данном
случае направление реакции является неопределенным, поэтому искомую реакцию
можно заменить двумя составляющими: вертикальной V и горизонтальной H.
Схематическое изображение
шарнирно – неподвижной опоры:
V
H
10
2.
Шарнирно – подвижная опора.
Данная опора отличается от предыдущей тем, что нижняя ее часть поставлена
на катки. Такая опора не препятствует перемещению системы по линии качения
катков.
Опорная реакция подвижной опоры будет направлена перпендикулярно к
плоскости качения.
Схематическое изображение
шарнирно – подвижной опоры:
V
3.Опора жесткого закрепления.
В случае жесткой заделки исключены какие бы то ни было перемещения балки,
как линейные, так и угловые.
В опоре жесткого закрепления возникает три сопротивления: вертикальная
составляющая V, горизонтальная составляющая H и реактивный момент m.
Схематическое изображение
жесткой заделки:
V
m
H
Балочные системы.
Балкой принято называть брус, длина которого значительно превышает
остальные его размеры.
В теоретической механике балка рассматривается как абсолютно твердое тело,
неподвижность
которого
обеспечивается
связями,
исключающими
линейные
смещения и поворот балки. Для этого на некотором расстоянии друг от друга
устанавливаются две опоры, из которых одна является подвижной (каток), а другая –
неподвижной (шарнир).
a)
L
11
b)
L
a
c)
b
L
a
d)
a
Расстояние
между
центрами
опор
балки
называется
ее
пролетом
и
обозначается L, а сама балка называется однопролетной, если опоры поставлены на
ее концах (рис. а), или однопролетной консольной балкой, если одна (рис.b) или обе
опоры (рис. с) расположены на некотором расстоянии от ее концов.)
Выступающие за опоры части балки носят название консолей балки. Балка с
одним защемлением, а другим свободным концом (рис.
d)
называется балкой-
консолью, а ее длина называется вылетом консоли (расстояния а и b).
Нагрузки
К балке могут быть приложены следующие нагрузки: сосредоточенная сила
(расположенная перпендикулярно или под углом
к оси балки); равномерно
распределенная; моментные (пара сил, момент которой задается модулями, а
12
направление - стрелкой) и комбинированные (состоящие из нескольких одновременно
действующих нагрузок).
Сосредоточенной называется сила, приложенная к телу в какой-нибудь одной
точке.
F
1
F
2
Силы,
действующие
на
все
точки
данной
части
поверхности
тела,
называются распределенными.
Распределенная
система
сил
характеризуется
интенсивностью q
,
т.е.
величиной силы, приходящейся на единицу длины нагруженного отрезка. Измеряется
интенсивность в Н/м.
При статических расчетах эту систему сил можно заменить равнодействующей.
q = 6кН/м
F
q
F
q
= q · b = 6·5 = 30кН
b = 5м
b:2 b:2
Для
того
чтобы
определить
момент
равнодействующей
относительно
произвольной точки необходимо сложить длину всех участков от точки до начала
распределенной нагрузки и прибавить половину от длины распределенной нагрузки:
q = 6кН/м
F
A
B
F
q
13
2
6
4
2
6:2=3
6:2=3
2+6:2=5
6:2+4+2=9
∑
M
A
F
=
F
q
∙
(
2
+
6: 2
)
+
F ∙
(
2
+
6
+
4
)
=
F
q
∙ 5
+
F ∙12
;
∑
M
B
F
=−
F
q
∙
(
6 :2
+
4
+
2
)−
F ∙ 2
=−
F
q
∙ 9
−
F ∙ 2
.
Моментная нагрузка:
m
1
m
2
14
Последовательность и пример выполнения расчета
Задача №1.
Определить
опорные
реакции
балки
на
двух
опорах,
нагруженной
сосредоточенной силой.
F = 26кН
А
В
4
6
Решение.
1. Заменяем в точках А и В опоры на опорные реакции. В точке А у нас
шарнирно-неподвижная опора, вместо нее рисуем две составляющие вдоль осей
координат: горизонтальная составляющая Н
А
и вертикальная составляющая V
A
. В
точке В шарнирно-подвижная опора, вместо нее рисуем реакцию V
В
, направленную
перпендикулярно опорной поверхности (в нашем случае вертикально). Рисуем
расчетную схему.
у
V
A
F = 26кН
V
В
Н
А
х
А
В
4
6
2. Ось х совмещаем с продольной осью балки, ось у проводим через левую
опору.
3. Т.к. у нас возникают две неизвестные вертикальные реакции, использовать
первую форму уравнений равновесия мы не можем. Следовательно, для балки на двух
опорах используем вторую форму уравнений равновесия:
∑
F
ix
=
0;
∑
М
А
F
i
=
0;
∑
М
В
F
i
=
0.
15
4. Составляем уравнения равновесия.
у
V
A
F = 26кН
V
В
Н
А
х
А
В
4
6
∑
F
ix
=
0;
У нас горизонтально расположена только одна сила - опорная реакция Н
А
. Она
направлена в ту же сторону, что и ось х, следовательно, ее проекция будет иметь знак
плюс. Т.к. больше горизонтальных сил нет, то получаем:
Н
А
= 0.
5. Для составления уравнения моментов нам необходимо определить знак
момента и расстояние от силы до опорной точки А или В. Сначала определим
относительно точки А.
-
V
A
F = 26кН
V
В
Н
А
А
В
+
4
6
4
4+6=10
Опорная реакция V
А
находится в точке А, следовательно, расстояние от силы
до точки равно 0 и момент этой силы относительно точки А так же равен 0.
Сила F вращается вокруг точки А по часовой стрелке и находится от нее на
расстоянии 4 метров. Следовательно, момент силы F относительно точки А будет:
+F·4.
16
Опорная реакция V
В
вращается вокруг точки А против часовой стрелки и
находится на расстоянии 4+6 =10 метров.
Следовательно, момент силы V
В
относительно точки А будет равен: -V
В
·(4+6 ).
Записываем уравнение равновесия:
∑
М
А
F
i
=
0;
F·4 -V
В
·(4+6) = 0.
Из этого уравнения находим V
В
:
F·4 = V
В
·10,
V
B
=
F · 4
10
=
26 ∙ 4
10
=¿
10,4 кН.
6. Теперь составим уравнение равновесия относительно точки В.
V
A
+
F = 26кН
V
В
Н
А
А
_ В
4
6
6
4+6=10
Опорная реакция V
В
находится в точке В, следовательно, расстояние от силы
до точки равно 0 и момент этой силы относительно точки В так же равен 0.
Сила F вращается вокруг точки В против часовой стрелки и находится от нее
на расстоянии 6 метров. Следовательно, момент силы F относительно точки А будет:
-F·6.
Опорная реакция V
А
вращается вокруг точки В по часовой стрелке и находится
на расстоянии 4+6 =10 метров. Следовательно, момент силы V
А
относительно точки В
будет: +V
А
·10.
Записываем уравнение равновесия:
∑
М
В
F
i
=
0 ;
-F·6 +V
А
· (4+6) = 0.
Из этого уравнения находим V
A
:
17
F·4 = V
А
·10,
V
А
=
F · 6
10
=
26 ∙ 6
10
=¿
15,6 кН.
7. Теперь необходимо проверить правильно мы определили реакции опор или
нет. Для этого составляем уравнение
∑
F
iу
=
0.
Определяем знаки проекции. Ось у
всегда направлена вверх и, если сила
направлена в ту же сторону что и ось, то проекция будет иметь знак плюс, если в
противоположную – минус. V
А
и V
В
направлены вверх, следовательно, проекция
будет иметь знак плюс. F направлена вниз, следовательно, проекция будет иметь знак
минус.
Записываем уравнение и проверяем:
∑
F
iy
=
V
A
+
V
B
−
F
=¿
15,6
+
10,4
−
26
=
0
¿
.
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ: Н
А
= 0;
V
A
=
15,6 кН ;
V
B
=
10,4 кН .
18
Задача №2.
Определить
опорные
реакции
балки
на
двух
опорах,
нагруженной
сосредоточенными силами.
F
1
=38кН
65
0
А
В
F
2
=14кН
3
7
2
Теперь мы добавили силу, приложенную под углом меньше 90
0
. Т.к. она не
перпендикулярна к балке, заданные расстояния между точками приложения сил не
будут являться для нее плечом. Поэтому мы разложим силу F
2
на составляющие: F
2x
и
F
2y
.
Рисуем расчетную схему.
F
1
=38кН
65
0
А
В
F
2
=14кН
3
7
2
V
A
F
1у
V
B
H
A
А
F
1х
В
F
2
=14кН
19
Для того чтобы найти проекцию вектора необходимо умножить его на косинус
угла с заданной осью (знаки проекции не определяем). Угол между осями х и y равен
90
0
. Если с осью х угол 65
0
, то с осью у он будет равен (90-65)
0
= 25
0
, т.е. сумма углов
должна составлять 90
0
(65
0
+25
0
=90
0
).
F
1х
= F
1
·cos65
0
=38·0,42=15,96кН;
F
1у
= F
1
·cos25
0
= 38·0,91=34,58кН.
Составляем уравнения равновесия:
∑
F
ix
=
0;
Н
А
- F
1
·cos65
0
= 0, Н
А
= F
1
·cos65
0
= 38·0,42=15,96кН;
_
V
A
F
1у
V
B
_
H
A
А
F
1х
В
+
F
2
=14кН
3
3+7=10
3+7+2=12
Определяем знаки и расстояния:
F
1у
вращается вокруг точки А по часовой стрелке и расстояние до нее 3 метра.
Следовательно, момент силы F
1у
относительно точки А будет: +F
1у
·3.
F
2
вращается вокруг точки А против часовой стрелки и расстояние до нее 3+7=10
метров. Следовательно, момент силы F
2
относительно точки А будет: - F
2
·10.
V
B
вращается вокруг точки А против часовой стрелки и расстояние до нее 3+7+2
= 12 метров. Следовательно, момент силы V
B
относительно точки А будет: - V
B
·12.
Составляем уравнение:
∑
М
А
F
i
=
0;
F
1у
·3 - F
2
·10 - V
B
·12 =0,
V
B
=
F
1 y
∙ 3
−
F
2
∙ 10
12
=
34,58 ∙ 3
−
14 ∙ 10
12
=
243,74
12
=−
3,02 кН .
20
+
V
A
F
1у
V
B
+
H
A
А
F
1х
В
_
F
2
=14кН
3
7
2
2
7+2=9
3+7+2=12
Определяем знаки и расстояния:
F
2
вращается вокруг точки В по часовой стрелке и расстояние до нее 2 метра.
Следовательно момент силы F
2
относительно точки В будет: +F
2
·2.
F
1у
вращается вокруг точки В против часовой стрелки и расстояние до нее 2+7=9
метров. Следовательно, момент силы F
1у
относительно точки В будет: -F
1у
·9.
V
А
вращается вокруг точки В по часовой стрелке и расстояние до нее 3+7+2=12
метров. Следовательно, момент силы V
А
относительно точки В будет: - V
А
·12.
Составляем уравнение:
∑
М
В
F
i
=
0 ;
F
2
·2 – F
1у
·9 + V
А
·12 =0,
V
А
=
−
F
2
∙ 2
+
F
1 у
∙ 9
12
=
−
14 ∙ 2
+
34,58 ∙ 9
12
=
283,22
12
=
23,6 кН .
Для проверки составляем уравнение
∑
F
iу
=
0.
Определяем знаки проекции.
V
А
и V
В
направлены вверх, следовательно,
проекция будет иметь знак плюс. F
1у
направлена вниз, следовательно, проекция будет
иметь знак минус. F
2
направлена вверх, следовательно, проекция будет иметь знак
минус.
Записываем уравнение и проверяем:
∑
F
iy
=
V
A
+
V
B
−
F
1 y
+
F
2
=¿
23,6
−
3,02
−
34,58
+
14
=
0
¿
.
21
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ: Н
А
= 0;
V
A
=
23,6 кН ;
V
B
=−
3,02 кН .
Задача №3.
Определить опорные реакции балки на двух опорах от действия пары сил с
моментом m = 16кн/м.
m = 16кН/м
8
10
Рисуем расчетную схему. Заменяем в точках А и В опоры на опорные реакции.
V
A
m = 16кН/м V
В
H
A
8+10=18
Изобразим
пару
сил
в
координатных
осях
т.
о.
чтобы
силы
были
перпендикулярны к оси х. Тогда сумма проекций на ось х:
∑
F
ix
=
0.
Если будем
находить проекцию сил на ось у, то получим:
∑
F
iy
=+
F
−
F
=
0.
Т.е. пара сил не дает
проекцию ни на ось х ни на ось у, поэтому мы ее будем учитывать только в
уравнениях
∑
М
А
F
i
=
0и
∑
М
В
F
i
=
0.
22
y
+
F
∑
F
ix
=
0;
∑
F
iy
=
0.
-
F
Х
Сосредоточенный момент не умножается на расстояние до опоры, а правило
знаков остается тем же, что и для момента силы: если пара сил стремиться повернуть
балку относительно рассматриваемой точки по часовой стрелке, то будем считать ее
момент положительным, а если против часовой – отрицательным.
+
-
V
A
m = 16кН/м V
В
H
A
8+10=18
Составляем уравнения равновесия:
∑
F
ix
=
0 ,
Н
А
= 0;
∑
М
А
F
i
=
0 ,
m - V
В
·18=0,
V
В
=
m
18
=
16
18
=
0,89 кН ;
∑
М
В
F
i
=
0 ,
m + V
А
·18=0,
V
А
=
−
m
18
=
−
16
18
=−
0,89 кН .
Проверка:
∑
F
iy
=
V
А
+
V
В
=−
0,89
+
0,89
=
0
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ: Н
А
= 0;
V
A
=−
0,89 кН ;
V
B
=
0,89 кН .
23
Задача №4.
Определить опорные реакции балки, нагруженной равномерно распределенной
нагрузкой интенсивностью q=6 кН/м.
q=6 кН/м
А
В
5
10
3
1.
Заменяем опоры опорными реакциями.
2.
Заменяем
распределенную
нагрузку
ее
равнодействующей,
которая
приложена в середине распределенной нагрузки.
3.
Чертим расчетную схему и пересчитываем расстояния от опор до
равнодействующей.
q=6 кН/м
А
В
6
10
2
5
5
+
-
V
A
V
B
H
A
Fq
+
-
6 + 5 = 11
5 + 2 = 7
4.
Составляем уравнения равновесия и решаем их.
∑
F
ix
=
0 ,
Н
А
= 0;
Для того чтобы найти равнодействующую F
q
необходимо интенсивность q
умножить на длину участка, который занимает распределенная нагрузка (в нашем
случае на 10 метров):
24
F
q
= q·10 = 6·10 = 60кН.
∑
М
А
F
i
=
0 ,
F
q
·11- V
В
·18=0,
V
В
=
6 · 10· 11
18
=
660
18
=
36,67 кН ;
∑
М
В
F
i
=
0 ,
- F
q
·7 + V
А
·18=0,
V
А
=
F q · 7
18
=
6 · 10 · 7
18
=
23,33 кН .
5.
Проверка:
∑
F
iy
=
V
А
+
V
В
−
F q
=
23,33
+
36,67
−
6 · 10
=
0
.
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ: Н
А
= 0;
V
A
=
23,33 кН ;
V
B
=
36,67 кН .
25
Задача №5.
Определить опорные реакции баки, нагруженной комбинированной нагрузкой.
q = 8кн/м
F=48кН
78
0
m=12кН·м
А
В
10
6
2
Решение
1.
Заменяем опоры опорными реакциями. В точке А - две реакции V
A
и H
A
; в
точке В – одна реакция V
B
.
2.
Раскладываем силу F на две проекции F
x
b F
y
(см. стр.4).
3.
Заменяем распределенную нагрузку ее равнодействующей.
Она будет
приложена в середине участка длиной 10м и обозначается F
q
.
4.
Момент переносим без изменений.
5.
Рисуем новую размерную линию. Т.к. пару сил мы не умножаем на
расстояние, то можно сложить 6 и 2 метра в один участок.
y
V
A
F
y
V
B
m
H
A
А
F
x
В
x
F
q
5
5
8
5
10
8
13
18
26
6.
Составляем уравнения равновесия. Для балки на двух опорах используем
вторую форму условий равновесия:
∑
F
ix
=
0;
∑
М
А
F
i
=
0;
∑
М
B
F
i
=
0.
Прежде, чем переходить к уравнениям, вычислим
F
x
; F
y
;F
q
.
F
x
=
F ∙ cos78
0
=
48 ∙ 0,21
=
10,08 кН ;
F
y
=
F ∙ cos
(
90
−
78
)
0
=
48 ∙ 0,98
=
47,04 кН ;
F
q
=
q ∙ 10
=
8 ∙ 10
=
80 кН .
∑
F
ix
=
0;
Н
А
−
F
x
=
0; Н
А
=
F
x
=
10,08 кН ;
∑
М
А
F
i
=
0; F
q
∙ 5
+
F
y
∙ 10
+
m
−
V
B
· 18
=
0 ;
V
B
=
F
q
∙ 5
+
F
y
∙ 10
+
m
18
=
80 ∙ 5
+
47,04 ∙ 10
+
12
18
=
49.02кН ;
∑
М
В
F
i
=
0 ;V
А
∙ 18
−
F
q
∙ 13
−
F
y
∙ 8
+
m
=
0;
V
А
=
F
q
∙ 13
+
F
y
∙ 8
−
m
18
=
80 ∙ 13
+
47,04 ∙ 8
−
12
18
=
78,02 кН .
7. Для проверки составляем уравнение
∑
F
iу
=
0.
∑
F
iу
=
V
А
−
F
q
−
F
y
+
V
B
=
78,02
−
80
−
47,04
+
49.02
=
0.
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ:
Н
А
= 10,08кН;
V
A
=
78,02 кН ;
V
B
=
49.02кН .
27
Задача №6.
Определить
опорные
реакции
балки,
нагруженной
комбинированной
нагрузкой.
F
1
=64кН
F
2
=38кН
m=18кН/м
q=10кН/м
69
0
А
В
5
1
6
8
3
3
4
4
y
V
A
F
1y
F
2
V
B
Н
А
F
1x
x
F
q1
F
q2
5
1+3=4
3
4
4
Решение
1.
Заменяем опоры опорными реакциями. В точке А - две реакции V
A
и H
A
; в
точке В – одна реакция V
B
.
2.
Раскладываем силу F
1
на две проекции F
1x
и F
1y
(см. стр.4).
3.
Заменяем распределенную нагрузку ее равнодействующей. Так как у нас
участок распределенной нагрузки делится силой F
2
на два участка (один длиной 6м,
другой - 8м), у нас будет две равнодействующих. Одна равнодействующая F
1
будет
приложена в середине 6м (3м+3м), вторая F
2
– в середине 8м (4м+4м). Интенсивность
на протяжении всего участка распределенной нагрузки будет одинаковой, меняется
только длина участков.
4.
Момент переносим без изменений.
5.
Рисуем новую размерную линию. Объединяем участки между силами F
1
и F
q
,
сложив 1 и 3 м.
28
6.
Составляем уравнения равновесия. Для балки на двух опорах используем
вторую форму условий равновесия:
∑
F
ix
=
0;
∑
М
А
F
i
=
0;
∑
М
B
F
i
=
0.
Прежде, чем переходить к уравнениям, вычислим
F
1 x
; F
1 y
; F
q 1
; F
q2
.
F
1 x
=
F
1
∙ cos 69
0
=
64 ∙ 0,36
=
23,04 кН ;
F
1 y
=
F
1
∙ cos
(
90
−
69
)
0
=
64 ∙ 0,93
=
59,52 кН ;
F
q 1
=
q ∙ 6
=
10 · 6
=
60 кН ;
F
q 2
=
q ∙ 8
=
10 · 8
=
80 кН ;
∑
F
ix
=
0;
Н
А
+
F
1 х
=
0; Н
А
=−
F
1 x
=−
23,04 кН ;
∑
М
А
F
i
=
0;
−
m
+
F
1 y
∙ 5
+
F
q1
∙ 9
+
F
2
∙ 12
+
F
q2
∙ 16
−
V
B
· 20
=
0 ;
V
B
=
−
m
+
F
1 y
∙ 5
+
F
q1
∙ 9
+
F
2
∙ 12
+
F
q 2
∙ 16
20
=¿
−
18
+
59,52 ∙ 5
+
60 ∙ 9
+
38 ∙ 12
+
80 ∙16
20
=
127,78 кН ;
∑
М
В
F
i
=
0 ;
−
m
+
V
А
∙ 20
−
F
1 y
∙ 15
−
F
q1
∙ 11
−
F
2
∙ 8
−
F
q2
∙ 4
=
0 ;
V
А
=
m
+
F
1 y
∙ 15
+
F
q1
∙ 11
+
F
2
∙ 8
+
F
q2
∙ 4
20
=¿
¿
18
+
59,52 ∙ 15
+
60∙ 11
+
38∙ 8
+
80∙ 4
20
=
109,74 кН .
7. Для проверки составляем уравнение
∑
F
iу
=
0.
∑
F
iу
=
V
А
−
F
1 y
−
F
q1
−
F
2
−
F
q2
+
V
B
=¿
109,74
−
59,52
−
60
−
38
−
80
+
127,78
=
0.
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ:
Н
А
=
−
23,04
кН;
V
A
=
109,74 кН ;
V
B
=
127,78 кН .
29
Задача №7.
Определить опорные реакции однопролетной консольной балки, нагруженной
комбинированной нагрузкой.
q = 16кН/м
F
2
=124кН
45
0
m=22кН·м
А
В
F
1
=96кН
4
10
6
у
V
A
F
2y
V
B
H
A
F
2x
х
A
B
F
1
F
q1
F
q2
3
3
5
5
4
3
6
5
10
14
Решение
1.
Заменяем опоры опорными реакциями. В точке А - две реакции V
A
и H
A
; в
точке В – одна реакция V
B
. Обратите внимание, что точка А находится не в начале
балки и опорные реакции тоже будут расположены под точкой А.
2.
Раскладываем силу F
2
на две проекции F
2x
и F
2y
(см. стр.4).
3.
Заменяем распределенную нагрузку ее равнодействующей. Так как у нас
участок распределенной нагрузки делится опорной реакцией V
A
на два участка (один
длиной 4м, другой - 10м), у нас будет две равнодействующих. Одна равнодействующая
F
1
будет приложена в середине 4м (2м+2м), вторая F
2
– в середине 10м (5м+5м).
Интенсивность
на
протяжении
всего
участка
распределенной
нагрузки
будет
одинаковой, меняется только длина участков.
30
4.
Момент переносим без изменений. Несмотря на то, что он приложен на опоре,
мы его все равно учитываем с тем знаком, с каким он действует.
5.
Рисуем новую размерную линию.
6.
Составляем уравнения равновесия. Для балки на двух опорах используем
вторую форму условий равновесия:
∑
F
ix
=
0;
∑
М
А
F
i
=
0;
∑
М
B
F
i
=
0.
Прежде, чем переходить к уравнениям, вычислим
F
2 x
; F
2 y
; F
q 1
; F
q2
.
F
2 x
=
F
2 x 2 у
=
F
2
∙ cos 45
0
=
124 ∙ 0,71
=
88,04 кН ;
F
q 1
=
q ∙ 4
=
16 · 4
=
64 кН ;
F
q 2
=
q ∙ 8
=
16 · 8
=
128 кН .
∑
F
ix
=
0;
Н
А
−
F
2 х
=
0 ; Н
А
=
F
2x
=
88,04 кН ;
∑
М
А
F
i
=
0; F
1
∙ 6
−
F
q1
∙ 3
+
F
q 2
∙ 5
+
m
+
F
2 у
∙ 10
−
V
B
· 14
=
0 ;
V
B
=
F
1
∙ 6
−
F
q 1
∙ 3
+
F
q2
∙ 5
+
m
+
F
2 у
∙ 10
14
=¿
96 ∙ 6
−
64 ∙ 3
+
128 ∙ 5
+
22
+
88,04 ∙ 10
14
=
137,6 кН ;
∑
М
В
F
i
=
0 ; F
1
∙ 20
−
F
q 1
∙ 17
+
V
А
∙ 14
−
F
2 y
∙ 4
−
F
q2
∙ 9
+
m
=
0 ;
V
А
=
−
F
1
∙ 20
+
F
q1
∙17
А
+
F
2 y
∙ 4
+
F
q 2
∙ 9
−
m
14
=¿
¿
−
96 · 20
+
64 ∙ 17
+
88,04 · 4
+
128 · 9
−
22
14
=
46,44 кН .
7. Для проверки составляем уравнение
∑
F
iу
=
0.
∑
F
iу
=
F
1
−
F
q 1
+
V
А
−
F
q2
−
F
2 y
+
V
B
=¿
96
−
64
+
46,44
−
128
−
88,04
+
137,6
=
0.
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ:
Н
А
=
88,04
кН;
V
A
=
46,44 кН ;
V
B
=
137,6 кН .
Теперь рассмотрим решение задач для балки с жесткой заделкой.
Задача №8.
31
Определить опорные реакции балки с жесткой заделкой, нагруженной
комбинированной нагрузкой.
q=5кН/м
F
2
=60кН
А
30
0
m = 15кН·м
F
1
= 40кН
6
1
7
2
y
3,5
3,5
1
1
V
A
m
A
m F
2y
H
A
А
F
2x
В
x
F
1
F
q1
F
q2
6
1+3,5=4,5
3,5
1
1
Решение.
1.
В данной задаче у нас одна опора и все опорные реакции, которые
необходимо определить, находятся в одной точке А. Заменяем опоры опорными
реакциями: V
A
, H
A
и m
A
. m
A
направляем против часовой стрелки.
2.
Раскладываем силу F
2
на две проекции F
2x
и F
2y
.
3.
Заменяем распределенную нагрузку ее равнодействующей. Так как у нас
участок распределенной нагрузки делится силой F
2
на два участка (один длиной 7м,
другой - 2м), у нас будет две равнодействующих. Одна равнодействующая F
1
будет
приложена в середине 7м (3,5м+3,5м), вторая F
2
– в середине 2м (1м+1м).
Интенсивность q
на протяжении всего участка распределенной нагрузки будет
одинаковой, меняется только длина участков.
4.
Момент переносим без изменений.
5.
Рисуем новую размерную линию.
6.
Составляем уравнения равновесия. Для балки с заделкой используем первую
форму условий равновесия:
∑
F
ix
=
0;
:
∑
F
iy
=
0;
∑
М
А
F
i
=
0.
32
Прежде, чем переходить к уравнениям, вычислим
F
2 x
; F
2 y
; F
q 1
; F
q2
.
F
2 x
=
F
2
∙ cos 30
0
=
60 ∙ 0,87
=
52,2кН ;
F
2 y
=
F
2
∙ cos
(
90
−
30
)
0
=
60 ∙ 0,5
=
30 кН ;
F
q 1
=
q ∙ 7
=
5 · 7
=
35 кН ;
F
q 2
=
q ∙ 2
=
5 · 2
=
10 кН ;
∑
F
ix
=
0;
Н
А
−
F
2 х
=
0 ; Н
А
=
F
2x
=
52,2 кН ;
∑
F
iу
=
V
А
−
F
2 y
−
F
q1
+
F
1
−
F
q2
=
0 ;V
А
=
F
2 y
+
F
q1
−
F
1
+
F
q2
= 30 + 35 – 40+
+10 = 35кН;
∑
М
А
F
i
=
0;
−
m
А
−
F
1
∙ 6
+
m
+
F
q1
∙10,5
+
F
2 y
∙ 14
+
F
q2
∙ 15
=
0 ;
m
А
=−
F
1
∙ 6
+
m
+
F
q 1
∙ 10,5
+
F
2 y
∙ 14
+
F
q2
∙ 15
=¿−
40· 6
+
15
+
35 · 10,5
+
30· 14
+
10 ·15
=
712,5кН·м ;
Для проверки составляем уравнение
∑
М
В
F
i
=
0.
Точки В у нас на схеме нет,
следовательно можем поставить ее в любом месте, до которого можем найти
расстояние. Мы поставит точку В в конце балки.
∑
М
В
F
i
=
0 ;
−
m
А
+
V
А
∙ 16
+
F
1
∙ 10
+
m
−
F
q1
∙ 5,5
−
F
2 y
∙ 2
−
F
q2
∙ 1
=¿−
712,5
+
35· 16
+
40 · 10
+
15
−
35 ·5,5
−
30 · 2
−
10 · 1
=
0;
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ:
Н
А
=
52,2кН
;
V
A
=
35 кН ;
m
A
=
712,5 кН .
Задача №9.
Определить опорные реакции балки с жесткой заделкой, нагруженной
комбинированной нагрузкой.
F
1
=80кН
F
2
=
37кН
q=20кН/м
77
0
33
А
m=24кН/м
8
12
4
m
A
V
A
F
1y
m
F
2
H
A
F
1X
A
B
Fq
8
6
6+4=10
Решение.
1.
В данной задаче у нас одна опора и все опорные реакции, которые
необходимо определить, находятся в одной точке А. Заменяем опоры опорными
реакциями: V
A
, H
A
и m
A
. m
A
направляем против часовой стрелки.
2.
Раскладываем силу F
1
на две проекции F
1x
и F
1y
.
8.
Заменяем распределенную нагрузку ее равнодействующей.
Она будет
приложена в середине участка длиной 12м и обозначается F
q
.
3.
Момент переносим без изменений.
4.
Рисуем новую размерную линию.
5.
Составляем уравнения равновесия. Для балки с заделкой используем первую
форму условий равновесия:
∑
F
ix
=
0;
:
∑
F
iy
=
0;
∑
М
А
F
i
=
0.
Прежде, чем переходить к уравнениям, вычислим
F
1 x
; F
1 y
; F
q
.
F
1 x
=
F
1
∙ cos 77
0
=
60 ∙ 0,225
=
13,5 кН ;
F
1 y
=
F
1
∙ cos
(
90
−
77
)
0
=
60 ∙ 0,97
=
58,2 кН ;
F
q
=
q ∙ 12
=
20 ·12
=
240 кН .
∑
F
ix
=
0;
Н
А
+
F
1 х
=
0; Н
А
=−
F
1 x
=
13,5 кН ;
∑
F
iу
=
V
А
−
F
1 y
−
F
q
−
F
2
=
0 ;V
А
=
F
1 y
+
F
q
+
F
2
=
58,2
+
240
+ 37 = 335,2кН;
∑
М
А
F
i
=
0;
−
m
А
+
F
1 y
∙ 8
+
F
q
∙ 14
−
m
+
F
2
∙ 24
=
0 ;
m
А
=
F
1 y
∙ 8
+
F
q
∙ 14
−
m
+
F
2
∙ 24
=
58,2 · 8
+
240 · 14
−
24
+
37 · 24
=¿
4689,6 кН·м ;
34
Для проверки составляем уравнение
∑
М
В
F
i
=
0.
Точки В у нас на схеме нет,
следовательно можем поставить ее в любом месте, до которого можем определить
расстояние. Мы поставим точку В в конце балки.
∑
М
В
F
i
=
0 ;
−
m
А
+
V
А
∙ 24
−
F
1 y
∙16
−
F
q
∙ 10
−
m
=¿−
4689,6
+
335,2· 24
−
58,2 · 16
−
240 · 10
−
24
=
0 ;
Следовательно, опорные реакции определены верно.
Ответ:
Н
А
=
13,5 кН
;
V
A
=
335,2 кН ;
m
A
=
4689,6 кН .
35
Библиографический список
1.
Олофинская,
В.П.
Техническая
механика.
Курс
лекций
с
вариантами
практических и тестовых заданий. Учебное пособие. М.,ФОРУМ, 2014г.- 352с.
2.
Сетков, В.И. Техническая механика для строительных специальностей.
Учебное пособие для студентов среднего профессионального образования. М.,
Академия, 2013г. – 400с.
3.
Сетков, В.И. Сборник задач по технической механике Учебное пособие. М.,
Академия, 2013г. – 224с.
36