тер мех решения

ЗАДАНИЕ С1–30

Дано: P= 25 кН, М= 100 кН∙м, F₁= 10 кН, F₄= 40 кН, а= 0,5 м

Найти: Реакции связей в т. А и В

РЕШЕНИЕ:

Рассмотрим равновесие жесткой рамы. На раму действуют: силы и , пара сил с моментом М, натяжение троса () и реакции связей , , .

Неизвестны реакции связей , , .

Для полученной плоской системы сил составим три уравнения равновесия:

, (1)

, (2)

, (3)

Из уравнения (3):

84,98 (кН)

Из уравнения (2):

-68,95 (кН)

Из уравнения (1):

13,83 (кН)

Реакции, полученные со знаком «минус», в действительности имеют направление противоположное принятому на рисунке.

Проверка:

Ответ: Х_А = 13,83 кН, Y_A = -68,95 кH, R_B = 84,98 кH

ЗАДАНИЕ С3–30

Дано: Р=5 кН, М=6 кНм, l=0,8 м, F₃=8 кН, F₁=4 кН.

Найти: реакции связей А, В и стержня.

РЕШЕНИЕ:

Рассмотрим равновесие плиты. На нее действуют сила тяжести Р, силы F₁, F₃, пара сил с моментом М и реакции связей А(Х_А, Y_А, Z_А), В(Х_В, Z_В) и стержня N (считаем его растянутым).

Составляем уравнения равновесия пространственной системы сил:

; (1)

; (2)

; (3)

; (4)

; (5)

; (6)

Из (5): == 2,9 (кН)

Из (4): == 0

Из (6): == –9,3 (кН)

Из (1): == 5,83 (кН)

Из (2): == –8,55 (кН)

Из (3): == 2,5 (кН)

Реакции, полученные со знаком «минус», в действительности имеют направление противоположное принятому на рисунке.

XA	YA	ZA	ХB	ZB	N
кН
5,83	–8,55	2,5	–9,3	0	2,9

ЗАДАНИЕ К1-30

к1а

Дано: уравнения движения точки в плоскости ху: , ; 1 с.

Найти: уравнение траектории точки; скорость и ускорение, касательное и нормальное ускорение и радиус кривизны траектории в момент .

РЕШЕНИЕ:

1. Уравнение траектории. Для определения уравнения траектории точки исключим время из заданных уравнений движения.

Тогда, и – это парабола.

2. Скорость точки. Скорость найдем по ее проекциям на координатные оси: , где

, . При =1 с

(см/с), (см/с),

= 4,12 (см/с).

3. Ускорение точки. Находим аналогично: , , и при =1 с (см/с²),

(см/с²), (см/с²).

4. Касательное ускорение. Найдем, дифференцируя равенство . Получим

, откуда и при =1 с (см/с²).

5. Нормальное ускорение. (см/с²).

6. Радиус кривизны траектории. (см).

v	a	a	an	
см/с	см/с2			см
4,12	4	3,88	0,96	17,7

к1б

Дано: Точка движется по дуге окружности радиуса м по закону ; 1 с.

Найти: скорость и ускорение точки в момент .

РЕШЕНИЕ:

Скорость точки , при =1 с = –1,05(м/с).

Ускорение находим по касательной и нормальной составляющим:

(м/с²); (м/с²); = 1,10(м/с²).

ЗАДАНИЕ К2–30

Дано: r₁= 2 см, R₁= 4 см, r₂= 6 см, R₂= 8 см, r₃= 12 см, R₃= 16 см, , t₁=2 c.

Найти: скорости , , ускорения , , .

РЕШЕНИЕ:

Скорости точек, лежащих на ободах колес радиуса , обозначим через , а точек, лежащих на ободах колес радиуса , через .

Угловые скорости всех колес.

Т.к. , то .

Т.к. колеса 3 и 2 связаны ременной передачей, то или и . Колеса 1 и 3 находятся в зацеплении, следовательно, , то есть и отсюда .

Скорости , .

, .

При t₁=2 c = 16 (см/с), = 21,3 (см/с).

Угловое ускорение . , следовательно == –1,33(1/с²).

Ускорение . Для т.А , где , . Угловое ускорение === –3,56 (1/с²). Таким образом при t₁=2 c

касательная составляющая (см/с²),

нормальная составляющая == 3,6 (см/с²),

полное ускорение == 7,9 (см/с²).

Ускорение . Т.к. груз 5 совершает поступательное движение, то . = –7,1 (см/с²).

vВ	vС	2		aА		a5
см/с			1/с2		см/с2
16	21,3	–1,33		7,9		–7,1

ЗАДАНИЕ Д1-30

Дано: =2 кг, =20 м/с, Q=6 Н, R=Н, =2,5 с, Н, =0,2.

Найти: - закон движения груза на участке ВС

РЕШЕНИЕ:

1) Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз материальной точкой. На груз действуют сила тяжести , реакция стенки постоянная сила и сила сопротивления . Проведем ось вдоль АВ. Составим дифференциальное уравнение движение в проекции на эту ось: или .

Перепишем это уравнение с учетом того, что : . Обозначим и . Тогда , интегрируем: .

Постоянную С₁ находим по начальным условиям: при , что дает . Следовательно . Отсюда получаем

.

При перемещении груза в точку В =2,5 с, . Тогда

=18,03 (м/с).

2). При рассмотрении движения груза на участке ВС найденная скорость будет для движения на этом участке начальной скоростью. Составим дифференциальные уравнения движения груза в проекции на оси и .

и . Тогда и .

. Обозначим и . Разделяя переменные и интегрируя получим ; при начальных условиях при и . То есть .

После интегрирования: . Т.к. при то и окончательно искомый закон движения груза на участке ВС будет

ЗАДАНИЕ Д3–30

Дано: R= 1,2 м, 24 кг, 8 кг, 10 с^-1, ОС= R, м, Нм

Найти: – закон изменения угловой скорости платформы

РЕШЕНИЕ:

Рассмотрим механическую систему, состоящую из платформы и груза D. Для определения применим теорему об изменении кинетического момента системы относительно оси z:

.

На систему действуют внешние силы: силы тяжести платформы и груза и , реакции и и момент М. Т.к. силы и параллельны оси z, а реакции и пересекают ее, то их моменты относительно этой оси равны нулю. Тогда и . После интегрирования

. (1)

Для рассматриваемой механической системы , где и – кинетические моменты платформы и груза соответственно.

Платформа вращается вокруг оси z, следовательно . По теореме Гюйгенса (– момент инерции относительно оси параллельной оси z и проходящей через центр платформы. Но . Тогда

.

Следовательно .

Для определения рассмотрим движение груза D как сложное, считая его движение по платформе относительным, а вращение самой платформы – переносным движением. Тогда .

Т.к. , то . . Тогда, по теореме Вариньона,

==

=

Из рисунка: = (м), ==== ==.

Тогда, и

. После подстановки

=.

Тогда уравнение (1) примет вид

.

Постоянную интегрирования определим по начальным условиям: при , . Получим

.

Следовательно, искомая зависимость будет иметь вид:

ЗАДАНИЕ Д5–30

Дано: r=0,6R, , , , =30^о, =60^о.

Найти: – закон движения центра масс, – наименьший коэффициент трения, при котором возможно качение без скольжения.

РЕШЕНИЕ:

Барабан совершает плоскопараллельное движение под действием сил , , , (направление произвольно). Составим диф. уравнения плоскопараллельного движения:

; (1)

; (2)

; (3)

(положительное направление моментов в направлении вращения барабана при его движении от т.О).

1) Определение . В нашей задаче и . Учтем, что и при качении без скольжения в т. В находится мгновенный центр скоростей. Тогда

, или . (4)

Тогда из уравнения (3) , (5)

Сложив его почленно с (1) получим

==.

Отсюда, т.к. , .

Интегрируем:

и .

По начальным условиям при и получаем . Окончательно закон движения центра масс принимает вид

.

2) Определение . При качении без скольжения сила трения должна удовлетворять неравенству

. (6)

Из уравнения (2), учитывая, что ,

==

Из уравнения (5), учитывая, что

. Отсюда, т.к.

Подставим значения и в неравенство (6) , откуда . Таким образом, наименьший коэффициент трения, при котором возможно качение барабана без скольжения

.

Крупнейшая в интернете база решений из сборников заданий для курсовых работ Тарга С.М. (1982, 1983, 1988, 1989 гг.) находится по адресу www.targ.stig85.ru