1.5. Содержание заданий срс модуля 1

по курсу «Механика радиотехнических систем

(Прикладная механика)»

Модуль 1

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

Тема 1. Статика. Законы равновесия механических систем

Пример 1.Определить равнодействующую двух силP₁ = 10HиP₂ = 25H, приложенных в одной точке под углом друг к другуα = 60˚.Найти также углыи, образуемые равнодействующей с соответствующими силами (рис.1).

Решение. По теореме косинусов находим равнодействующую силу:

R² = P + P– 2P₁P₂cos(180˚ –α);

R= Н.

По теореме синусов запишем

.

Отсюда

sin= sin α = = 0,694;

sin = sin α = = 0,277;

44˚; 16˚.

Пример 2.Найти величину равнодействующей системы пяти сходящихся сил:P₁ = 3H,P₂ = 5H,P₃ = 6H,P₄ = 7H,P₅ = 2H(рис. 2), еслиα = 45˚.

Решение. Определяем проекцию равнодействующей на осиxиy:

P_x = –P₅ + P₂cos α + P₃ = –2 ++ 6 = 7,54 Н;

P_y = P₁ – P₄ + P₂sin α = 3 – 7 + 3,54 = –0,46 Н.

Затем находим величину равнодействующей силы:

R=7,54 Н.

Пример 3.К шарнируBкронштейнаABC (рис. 3) приложены силыP₁ = 20HиP₂ = 15H.Определить усилия в стержняхABиBC, пренебрегая весом стержней, еслиα = 30˚.

Решение. Рассмотрим равновесие шарнираВ. Действие связей-стержней на шарнирВзаменяем реактивными силамиR_AиR_C.

Составляем уравнения равновесия в системе координат xBy:

; – R_A – P₂cos α – R_C cos α = 0;

; P₂sin α – R_C sin α – P₁ = 0.

Из второго уравнения находим R_C= –25 Н, из первого уравненияR_A= 8,7 Н. Таким образом, стерженьАВсжат, стержень ВСрастянут.

Пример 4.К балке, лежащей на стойках 1 и 2 (рис.4), подвешен грузG=100H. Расстояние между стойкамиl = 1 м. На каком расстоянииaот стойки 1 нужно подвесить груз, чтобы нагрузка на нее не превышала 20 Н?

Решение. Силы давления на стойки 1 и 2 обозначимR₁иR₂соответственно. Сила давленияR₁ по условию равна 20 Н. РавнодействующаяGраскладывается на две параллельные составляющие:G=R₁+R₂.

Откуда R₂=G–R₁= 80 Н.

Составляем пропорцию

,

откуда находим

a == = 0,8 м.

Пример 5.Балка шарнирно закреплена в опореАи положена на катокВ(рис. 5). Определить реакции в опорах, еслиР= 2 Н.

Решение. Выбираем систему координатxAy. Освобождаем балку от связей. Реакция неподвижного шарнираА будет направлено по осиу, поскольку в горизонтальном направлении по осихактивные силы не действуют. Реакция подвижной опоры (катка)R_Bперпендикулярна к опорной поверхности катка.

Сила Рявляется сосредоточенной, а нагрузка интенсивностиqраспределена равномерно на участке балки длиннойа. Интенсивность нагрузки имеет размерность силы, деленной на длину, например Н/м. Интенсивность находят из соотношенияq = dQ/dx. Равнодействующую нагрузки получаем интегрированием этого выражения по длине участка:Q =

Точка приложения равнодействующей равномерно распределенной нагрузки находится в середине участка, на котором она действует. Графически распределенную нагрузку изображают над или под брусом (рис. 5).

Составим уравнение равновесия балки:

, M – Pa + R_B 2a – (qa) 2,5a = 0,

откуда

P_A – P_A + R_B 2a – a a = 0, R_B =5Р = 10 Н.

Из уравнения равновесия ;

получим

R_A + R_B –Р –qa = 0;

R_A + 5Р –Р –4Р = 0;

R_A = 0.

Пример 6. К вертикальному брусу, заделанному нижним концом в основание, приложены силыР₁,Р₂;Р₃­– вес бруса (рис. 6). Определить реакции в заделке, еслиР₁= 2 кН,Р₂= 2 кН,Р₃= 4 кН,α = 45˚.

Решение. Выбираем систему координатxAy. Освобождаем брус от связи ­– жесткой заделки, заменяя ее неизвестной реактивной силойR_Aс составляющими по координатным осямХ_А, Y_Аи парой с неизвестным моментомm_А. Составляем уравнение равновесия бруса в виде

;Х_А + P₁ – Р₂sinα= 0;Х_А 0,41 кН;

;Y_А – P₃ – Р₂cosα= 0;Y_А 5,41 кН;

; – P₁4 + Р₂sin α3 + m_A = 0; m_A = –3,76 кН.

Знак «минус» в решении третьего уравнения показывает, что истинное направление реактивного момента m_Aбудет противоположно показанному на рис. 6.

Пример 7.Квадратная прямоугольная плита размер l= 4 м (= 45˚), весомР= 20 кН удерживается в горизонтальном положении тросомКС, цилиндрическим подпятником Ви шарниромА(рис. 7). Определить реакции связей, если угол между тросом и плоскостью плитыα = 45˚.

Решение.Освободим плиту от связей. Реактивную силу в шарниреАзаменим тремя составляющимиR_AX,R_AY,R_AZ реакцию подшипникаR_Bзаменим двумя составляющимиR_BX,R_BZ. Реакция тросаR_Kнаправлена по тросу, ее проекция на осьz

R_КZ = R_K sin α = R_K ,

а проекции на оси x, yравны:

R_КX = R_КY = R_K sin α cos = R_K /2.

Составляем уравнение равновесия плиты:

; R_AХ + R_BХ – R_КX = 0;

; R_{A Y} – R_КY = 0;

; R_AZ – P + R_KZ + R_BZ = 0;

; – + R_BZ + R_KZ = 0;

; –R_KZ= 0;

;R_BX= 0.

Из уравнений находим

R_AХ = R_AY = P ; R_AZ = ;

R_BХ = R_BZ = 0;

R_KХ = R_KY = P ; R_KZ = .

Пример 8. Горизонтальный вал (рис. 8) длинной 2l= 100 мм установлен в подшипникеАи подпятникеВ. На валу закреплено колесо, на которое действуют силы: окружнаяF_t= 100 Н, радиальнаяF_R= 37 Н, осеваяF_a= 18 Н. Диаметр колесаd= 200 мм. Определить в положении равновесия моментmи реакции опорАиВ.

Решение.Освободим вал от связей. ПодшипникАвоспринимает только радиальную силу, которую представим двумя составляющимиR_{AХ ,} R_AY . ПодпятникВ воспринимает радиальную и осевую силы:R_BХ , R_BY , R_BZ.

Составляем уравнение равновесия вала:

; F_R – R_АX – R_ВX = 0;

; R_{A Y} + R_BY– F_t = 0;

; R_BZ – F_a = 0;

; R_AY 2 – F_t = 0;

; R_AX 2 – F_a – F_R = 0;

;m –F_t = 0.

Из уравнений находим

m= 10 Нм; R_AХ = 0,5H; R_AY = 50H;

R_BХ = 36,5 H; R_BY = 50 H; R_BZ = 18 H.

Пример 9.Определить координаты центра тяжести пластины, показанной на (рис. 9).

Решение.Разбиваем пластину на три фигуры: прямоугольник один без учета отверстия, треугольник 2 и круг 3, площадь которого как отверстия считаем отрицательной. Вычисляем площади фигур:

F₁= 300600 = 1810⁴мм² ;

F₂= = 4,510⁴мм² ;

F₃= = 3,1410⁴мм² .

Определяем координаты центров тяжести фигур в выбранной системе координат. Центр тяжести треугольника находится в точке пересечения его медиан на расстоянии одной трети длины каждой медианы от соответствующей стороны треугольника: у₁= 300 мм,х₁= 150 мм,у₂= 100 мм,х₂= 400мм,у₃= 150 мм,х₃ = 150 мм.

Определяем координаты центра тяжести пластины:

y_c = мм;

х_c = мм.