2921
.pdf
21
Задание 3. Расчет реакций балки
В инженерных конструкциях часто используют стержни, работающие на изгиб (балки). На начальном этапе при прочностных расчетах конструкций определяют опорные реакции.
Опорные реакции балки при заданной схеме нагружения рассчитывают в следующей последовательности:
1.Мысленно освобождаемся от связей и заменяем их действие реакциями.
2.Записываем три уравнения равновесия для плоской системы сил и находим реакции. Моментные точки выбираем так, чтобы по возможности в каждое из рассматриваемых уравнений системы входило по одному неизвестному.
3.Дополнительные уравнения равновесия используем для проверки.
Исходные данные приведены в табл. 1.
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 1 |
|
|
|
Исходные данные для задания 3 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вариант |
q, кН/м |
M, кН·м |
P1, кН |
P2, кН |
а, м |
α, град |
|
β, град |
1 |
1 |
4 |
1 |
4 |
0,5 |
4 |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
3 |
4 |
5 |
1 |
330 |
|
45 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
3 |
4 |
1 |
4 |
0,25 |
60 |
|
30 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
4 |
5 |
2 |
3 |
2 |
45 |
|
30 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
5 |
4 |
3 |
2 |
1 |
60 |
|
45 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
4 |
2 |
4 |
1 |
0,5 |
45 |
|
30 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7 |
2 |
3 |
5 |
4 |
1 |
30 |
|
60 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
3 |
1 |
1 |
3 |
0,25 |
30 |
|
45 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9 |
1 |
4 |
2 |
2 |
2 |
45 |
|
60 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10 |
2 |
3 |
3 |
1 |
1 |
30 |
|
45 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Примеры выполнения задания
Пример 1
Дано: схема нагружения и закрепления балки (рис. 1), интенсивность распределенной нагрузки q = 1 кН/м, сила Р = 2 кН. Размеры на рисунке указаны в метрах.
22
Y |
|
Q |
|
P |
|
|
|
|
|
q |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
C |
А |
X |
D |
В |
E |
X |
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
YA |
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
В |
|
|
2 |
7 |
|
3 |
4 |
|
Рис. 1
Определить реакции в точках А, В.
Решение
1.В точке D на балку действует сосредоточенная сила Р, а на участке СЕ − равномерно распределенная нагрузка q. Равномерно распределенную нагрузку заменим равнодействующей Q = qCE, приложенной в середине участка CE длиной 16 м. Ее модуль равен произведению интенсивности q на длину участка CE: Q = 16 кН.
2.В точке А размещена шарнирно-неподвижная опора и ограничены две степени свободы. В точке В находится шарнир- но-подвижная опора и ограничена одна степень свободы.
Мысленно освобождаемся от связей, а их воздействие на балку заменяем реакциями XA, YA и RВ (см. рис. 1). Система является геометрически неизменяемой и статически определимой.
3.Запишем три условия равновесия для плоской системы сил, действующих на балку:
∑MA (Fk)= 0, −P ∙7 – Q ∙ (8 – 2) + RВ ∙10 = 0; |
(1) |
∑Fkx = 0, XA = 0; |
(2) |
∑Fky = 0, YA + RВ − P − Q = 0. |
(3) |
Из уравнения (1) определим реакцию RB = 11 кН.
Из уравнений (2), (3) определим реакции XA = 0, YA = 7 кН. Проверка. Определим сумму моментов всех сил относитель-
но точки В: |
|
∑M kВ = 0, P ∙ 3 + Q ∙ (8 – 4) − YA ∙10 = 0. |
(4) |
По результатам проверки ошибок определения реакций не обнаружено.
Ответ: XA = 0, YA = 7 кН, RB = 11 кН.
23
Пример 2
Дано: схема нагружения и закрепления балки (рис. 2), интенсивность распределенной нагрузки q = 1 кН/м, Р1 = 2 кН,
Р2 = 5 кН, а = 1 м.
|
|
Y |
P |
|
|
|
P |
|
|
|
|
|
|
||
M |
A |
|
2 |
60° |
|
1 |
|
|
|
|
B |
||||
|
|
P |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2X |
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
2Y |
|
X |
|
|
|
|
|
q |
Q |
|
|
|
Y |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
||
|
|
A |
2a |
|
a |
|
4a |
|
|
|
|
|
a
Рис. 2
Определить реакции в точке А.
Решение
1. Равномерно распределенную нагрузку заменим равнодействующей Q = q ∙ 4а = 4 кН, приложенной в середине участка.
Проекции силы Р2 (см. рис. 2) составят:
P2X = P2 cos 60° = 2,5 кН; P2Y = P2 sin 60° = 4,33 кН.
2.В точке А размещена опора защемления и ограничены три степени свободы. Система является геометрически неизменяемой
истатически определимой. Мысленно освобождаемся от связей, а их воздействие на балку заменяем реакциями XA, YA и реактивным моментом МА (см. рис. 2).
3.Запишем три уравнения равновесия для плоской системы сил, действующих на балку:
∑MA (Fk) = 0, −МА − P2Y ∙ 2 + Q ∙ 5 + P1 ∙ 1 = 0; ∑Fkx = 0, XA − P2X − P1 = 0;
∑Fky = 0, YA − P2Y + Q = 0.
Из уравнений равновесия получим
МА = 13,34 кН·м, XA = 4,5 кН, YA = 0,33 кН.
Проверка. Определим сумму моментов всех сил относительно точки B:
∑MB (Fk) = 0, −МА − YA ∙ 7 + XA ∙1 − P2X ∙ 1 + P2Y ∙ 5 – Q ∙ 2 = 0.
По результатам проверки ошибок определения реакций не обнаружено.
Ответ: МА = 13,34 кН·м, XA = 4,5 кН, YA = 0,33 кН.
24
Расчетные схемы к заданию 3
25
26
27
28
29
30