Вариант 4
Задача 1
Дано:
Q=15 кН
G= 1,8кН
a=0,10м
b=0,40м
c=0,06м
f=0,25
/>
Решение:
Рассмотрим по отдельности участкиконструкции и приложенные к ним силы:
/>1)
а) ΣXS= XD –T=0
б) ΣYS= YD – Q=0
в) ΣmO( FS)=T*R – Q*R=0
Из уравнения «в» находим T и Q:
T=Q=15 кН
XD=T=15 кН
YD=15кН
2) а)ΣXO= XO +T+ FТР.max =0
/>/>/>/>/>
б)ΣYO= YO – N-G=0
/>в)ΣmO( FS)= T*R – FТР.max*2R=0 FТР.max
Из уравнения «в» находим силу трения
FТР.max=T/2=7,5кН
После чего находим нормальную реакциюN
FТР.max=f*N откуда:
N= FТР.max/ f = 7,5 / 0,25=30 кН
После чего находим XOи YO:
XO= 30 — 7,5=22,5 кН
YO= 30 + 1,8= 31,8 кН
/>/>
3) а) ΣXA= XA –FТР.max =0
б) ΣYA= YA– Pmin +N=0
в) ΣmO( FS)=-N*B + Pmin(a+b) — FТР.max *c=0
Из уравнения «а»: XA=FТР.max=7,5 кН
Из уравнения «в» находим минимальноезначение силы P:
Pmin= (N * b +FТР.max * c) / (a + b)= ( 30 * 0,4+ 7,5 * 0,06) / 0,5 = 24,9 кН
После чего из уравнения «б» находим YA:
YA= 24,9 -30 = — 5,1 кН
Ответ: Pmin= 24,9 кН XO= 22,5 кН
YA= — 5,1 кН YO= 31,8 кН
XA=7,5 кН FТР.max=7,5 кН
N=30 кН
Задача 2
Даны уравнения движения точки впрямоугольных декартовых координатах.
x=4t+4
y=-4/(t+1)
t1=2
/>
Траектория точки (рис.1) — частьпараболы с вертикальной осью симметрии.
Определим положение точки натраектории в рассматриваемый момент времени.
При t = 1c x = 0м y = 4м (координатаравна -4)
Определяем скорость и ускорение точкис помощью уравнений движения по их проекциям на оси декартовых координат:
Vx = x' = 2
Vy = y' = -8t
V=√(Vx2 + Vy2) = √(4 +64t2) = 2√(1+16t2)
При t=1c: Vx=2 м/с
Vy = -8 м/с
V=8,246 м/с
Направляющие косинусы для скоростиравны
Cos (V^x) = Vx/V = 2/8,246= 0,2425
Cos (V^y) = Vy/v =-8/8,246 = 0,97
ax = x'' = 0
ay = -8 м/с2
a=√(ax2 + ay2)
a= |ay| = 8 м/с2
cos (a^x) = ax/a =0
cos (a^y) = ay/a =1
Вектор ускорения направленпараллельно оси oy (по оси oy) в отрицательную сторону.
Уравнения движения точки в полярныхкоординатах
r=√(x2 + y2)
φ = arctg y/x
Получаем: r= √[(2t-2)2 + 16t4] = √[4t2- 8t + 4 + 16t4 = 2√[t2 — 2t + 1 + 4t4
φ=arctg[-4t4/(2t-2)]
Вычислим величину радиальнойсоставляющей скорости
Vr=dr/dr
Vr = (2t-2+16t3)/[√(t2- 2t + 1 + 4t4]
При t=1 сек Vr=8 м/с
Знак плюс показывает, что радиальнаясоставляющая скорости направлена по радиус-вектору точки М.
Вычислим величину трансверальнойсоставляющей скорости.
Vp = rd(φ)/dt
dφ/dt = 1/[1 + 16t4/(2t-2)2] *[-8t(2t-2) + 4t22]/(2t-2)2 = (4t-2t)2/[(t-1)2 + 4t4]
Vp=[2(4t-2t2√(t2 — 2t + 1 +4t4)]/[(t-1)2 + 4t4] = (8t-4t2)/√(t2 — 2t + 1 + 4t4)
При t=1 Vp = 2 м/с
Знак плюс показывает, чтотрансверальная составляющая скорости направлена в сторону увеличения углаφ.
Проверим правильность вычислениймодуля скорости по формуле:
V = √(Vr2 + Vp2) = √(4+64)= 8,246 м/с
Определим величины касательного инормального ускорений точки. При естественном способе задания движения величинакасательного ускорения определяется по формуле
aт=dVt/dt = d[√(x'2 + y'2)] =(Vxax + Vyay)/V = 64t/[2√(1+16t2)]=32t/√(1+16t2)
При t=1 c aт=7,76 м/с2
Так как знаки скорости и касательногоускорения совпадают, точка движется ускоренно.
Нормальное ускорение:
an=√(a2 — a2т)
an = √(64-60,2176) = √3,7284= 1,345 м/с2
Задача Д 8
Применение теоремы об измененииколичества движения к исследованию движения механической системы.
Дано: />
/>
Найти: Скорость />.
Решение:
/>
На механическую систему действуютвнешние силы: /> — сила сухого трения в опоре А; /> — силы тяжестител 1, 2 и 3; />-сила нормальной реакции в точкеА; />-реактивныймомент в опоре В.
Применим теорему об измененииколичества движения механической системы в дифференциальной форме. В проекцияхна оси координат
/>, (1)
где /> — проекции вектора количества движения системы на осикоординат; /> — суммы проекций внешних сил насоответствующие оси.
Количество движения системы тел 1, 2и 3
/> (2)
где />
/>. (3)
Здесь /> — скорости центровмасс тел 1, 2, 3; /> — соответственно переносные иотносительные скорости центров масс.
Очевидно, что
/> (4)
Проецируя обе части векторногоравенства (2) на координатные оси, получаем с учетом (3) и (4)
/> (5)
где /> — проекция вектора /> на ось />;
/>
Проекция главного вектора внешних силна координатные оси
/> (6)
Знак « — » соответствует случаю, когда/>, а знак «+» — случаю, когда />.
Подставляя (5) и (6) в (1), получим
/> (7)
Выразим из второго уравнения системы(7) величину нормальной реакции и подставим ее в первое уравнение. В результатеполучим
/> при />; (8)
/> при />. (9)
где
/>
Рассмотрим промежуток времени />, в течениикоторого тело 1 движется вправо />. Из (8) следует, что
/>,
где С- постоянная интегрирования,определяемая из начального условия: при />
/>.
При /> скорость тела 1 обращается в ноль, поэтому />.
Найдем значения /> и />:
/>
/>
Т.е. />, />. Значит, тело при /> начинает двигаться в обратном направлении. Этодвижение описывается дифференциальным уравнением (9) при начальном условии: />; /> (10)
Интегрируя (9) с учетом (10),получим, при />
/> (11)
При /> получим из (11) искомое значение скорости тела 1 вмомент, когда
/> />.
Точное решение задачи.Воспользовавшись методикой, изложенной выше, получим дифференциальное уравнениедвижения тела 1:
/> при /> (12)
/>; при />, (13)
где />
Из (12) и учитывая, что />получаем, при />
/>
откуда /> или />
Из (13) и учитывая, что /> получаем, при />
/>
При /> находим />
Ответ: /> />.
Задача Д 3
Исследование колебательного движенияматериальной точки./>
Дано: />
Найти: Уравнение движения
Решение:
/>
Применим к решению задачидифференциальное уравнение движения точки. Совместим начало координатнойсистемы с положением покоя груза, соответствующим статической деформации пружины,при условии что точка В занимает свое среднее положение />. Направим ось /> вниз вдольнаклонной плоскости. Движение груза определяется по следующемудифференциальному уравнению:
/>,
где />-сумма проекций на ось /> сил, действующих на груз.
Таким образом
/>
Здесь
/>,
где /> -статическая деформация пружины под действием груза;
/>
Дифференциальное уравнение движениягруза примет вид:
/>
Введем обозначения:
/>
/>
Получаем, что />
/>
при />,/>
/>
/>
/>
Откуда />
Тогда уравнение движения груза приметвид:
/>
Ответ: />