Примеры каких-то задач
.pdfУказания к выполнению контрольной работы № 1
Пример решения задачи № 1
Груз весом G = 60 кН подвешен при помощи каната, перекинутого через блок А и идущего к лебедке D. Определить реакции в стержняхAC и BA крана (рис. 1.8).
|
S1 |
|
90о |
|
T |
S2 |
30 |
о |
|
|
|
30о |
|
|
Рис. 1.8
Решение. 1. Реакции стержней AB и AC направлены вдоль стержней. Из анализа нагружения стержней видно, что стержень AB растянут, следовательно, реакция S1 направлена от точкиA к точкеB. Стержень AC
сжат, следовательно, реакция S2 направлена от точки C к точке А. Усилие в канате Т направлено вдоль каната от точкиА к точкеD, так как канат
растягивается под действием груза G. |
Очевидно, что T = G. |
2. Выберем систему осей X |
и Y так, чтобы одна из реакций |
(например S1 ) была направлена по одной из осей. Для данной системы сходящихся сил можно составить два уравнения равновесия:
åFy = 0 ; S2 ×cos 30o - G -T cos 30o = 0 ;
S2 = G + T cos 30o = 129,3 кН. cos 30o
åFx = 0 ; - S1 + S2 cos60o + T cos60o = 0 ;
S1 = S2 cos60o + T cos 60o = 94,6 кН.
Ответ: S1 = 94,6 кН; S2 = 129,3 кН.
Пример решения задачи № 2
Определить реакции опор: 1) для балки с жесткой заделкой(рис. 1.9, а); 2) для двухопорной балки (рис. 1.9, б); 3) для двухопорной рамы (рис. 1.9, в).
Дано: F1 = 20 кН; F2 = 40 кН; M = 30 кНм; q = 10 кН/м; l1 = 2 м; l2 = 4 м; l3 = 4 м.
l2
l1
2 l3
Рис. 1.9
Решение. 1. В жесткой заделке возникают три опорные реакции– вертикальная составляющая RА, горизонтальная составляющая HА и опорный момент MА (рис. 1.10).
|
|
q |
M |
||
|
|
|
|
|
|
l |
F1 |
l |
3 |
|
2 |
Рис. 1.10
Для определения опорных реакций жесткой заделки рационально использовать первую форму условий равновесия плоской произвольной системы сил.
|
|
SFx = 0; |
H A = 0; |
|
|||||||
|
|
SFy = 0; RA + F1 - ql2 = 0; |
|||||||||
|
RA = -F1 + q × 4 = -20 +10 ×4 = 20 кН; |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
æ l |
2 |
|
ö |
|
Sm |
A |
= 0; - M |
A |
+ Fl - ql |
|
ç |
|
+ l |
÷ - M = 0; |
||
|
2 |
||||||||||
|
|
3 |
|
2 |
è |
|
3 ø |
M A = F ×2 - q ×16 - M = 20 ×2 -10 ×16 - 30 = -150 кНм.
Для проверки правильности определения опорных реакций составим
уравнение SmB = 0, которое должно быть равно нулю. |
|
|
|
|
||||||||||||||
Sm |
|
= 0; |
- M |
|
- R |
|
(l +l |
|
+l |
)- F (l +l |
|
)+ ql |
æl |
2 |
+l |
ö |
- M = |
|
B |
A |
A |
|
|
ç |
|
÷ |
|||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
2 |
3 |
1 1 |
2 |
2 |
è 2 |
1 |
ø |
|
= -(-150) - 20 ×10 - 20 ×8 +10 ×24 - 30 = 0.
Опорные реакции определены правильно.
2. В шарнирно-неподвижной |
|
опоре возникают |
|
две опорные реакции |
||||||||||||||
RА и HА, а в шарнорно-подвижной опоре– одна |
|
опорная реакцияRВ |
||||||||||||||||
(рис. 1.11). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
|
F2 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
l3 a |
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 1.11
Для определения опорных реакций двухопорной балки рационально использовать вторую форму условий равновесия плоской произвольной системы сил.
|
|
|
|
|
|
SFx = 0; |
|
H A + F1 sin a = 0; |
|
|||
|
|
|
|
H |
A |
= -F sin 30о = -20 ×0,5 = -10 кН; |
|
|||||
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
SmA = 0; |
F1 cos a ×l3 + M - F2 (l2 + l3 ) + RB (l1 + l2 + l3 ) = 0; |
||||||||||
RB = |
|
- F1 cos a × 2 - M + F2 ×6 |
= |
- 20 ×0,866× 2 - 30 + 40 ×6 |
= 17,54 кН; |
|||||||
|
|
(l1 |
+ l2 + l3 ) |
10 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
SmВ = 0; |
F2 ×l1 + M - F1 cos a ×(l1 + l2 ) - RA (l1 + l2 + l3 ) = 0; |
||||||||||
RA = |
F2 ×4 + M - F1 cos a ×8 |
= |
40 × 4 + 30 - 20 ×0,866×8 |
= 5,14 кН. |
||||||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
(l1 + l2 + l3 ) |
|
|
10 |
|
|
Для проверки правильности определения опорных реакций составим уравнение SFy = 0, которое должно быть равно нулю.
SFy = 0; RA + F1 cos a - F2 + RB = 5,14 + 20 ×0,866 - 40 +17,54 = 0.
Опорные реакции определены правильно.
3. В шарнирно-неподвижной опоре возникают две опорные реакции RА и HА, в шарнорно-подвижной опоре – одна опорная реакция RВ (рис. 1.12).
l2 |
|
l |
RB |
1 |
l3 |
2 |
|
RA |
|
H A |
|
Рис. 1.12
Для определения опорных реакций двухопорной рамы рационально
использовать |
|
вторую |
форму |
|
|
|
условий |
|
равновесия |
|
плоской произвольной |
||||||||||||||||||||
системы сил. |
|
|
|
|
|
|
SFx = 0; H A - F1 = 0; |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
H A = F1 = 20 кН; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
SmA = 0; - M + F1 ×l1 + F2 ×l2 + RB (l2 + l3 ) = 0; |
||||||||||||||||||||||||||||
|
RB = |
M - F1 ×l1 - F2 ×l2 |
= |
30 - 20 × 2 - 40 ×4 |
= -21,25 кН; |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
(l2 + l3 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Sm |
В |
= 0; - F ×l |
|
+ F |
l1 |
- M - R |
A |
(l |
|
+ l |
) + H |
A |
× |
l1 |
= 0; |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
3 |
|
|
1 2 |
|
|
|
|
2 |
|
3 |
|
2 |
|
|
|||||||||
|
- F |
×l |
+ F |
× |
l1 |
- M + H |
A |
× |
l1 |
|
|
- 40 × 4 + 20 ×1 - 30 + 20 ×1 |
|
||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||
RA = |
2 |
3 |
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
= |
= -18,75 кН. |
|||||||||||||||||||
|
|
|
(l2 + l3 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
Для проверки правильности определения опорных реакций составим |
|||||||||||||||||||||||||||||||
уравнение SFy |
= 0, которое должно быть равно нулю. |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
SFy = 0; |
RA + F2 + RB = -18,75 + 40 - 21,25 = 0. |
Опорные реакции определены правильно.
|
|
Пример решения задачи № 3 |
|
|
|||
По |
1/4 |
дуге окружности |
движется |
точкаА |
из |
положения0 в |
|
положение 2 |
(рис. 1.13), |
согласно уравнению S = pt 2 . |
Радиус окружности |
||||
r = 16 м. |
Определить |
скорость |
точкиv, |
касательное |
ускорение at, |
нормальное ускорение an и полное ускорение a в положениях 1 и 2.
|
Рис. 1.13 |
|
|
|
Решение. 1. Определим |
расстояние S1, |
которое |
проходит |
точкаА |
от положения 0 до положения 1. |
|
|
|
|
S1 = 2pr = 4p. 8
Расстояние, которое проходит точка А от положения 0 до положения 2
S2 = 2pr = 8p. 4
2. Определим время, за которое точка достигнет середины дуги, т. е. положения 1.
t1 = Sp1 = 4pp = 2 с.
Время, за которое точка достигнет положения 2,
t2 = Sp2 = 8pp = 2,8 с.
3. Определим скорость движения точкиА. Для этого продифференцируем уравнение движения S = pt 2 .
v = dS = (pt 2 )¢ = 2pt. dt
Скорость движения точки А в положении 1
v1 = 2 ×3,14 ×2 = 12,6 м/с .
Скорость движения точки А в положении 2
v2 = 2 ×3,14 ×2,8 = 17,6 м/с .
4. Определим касательное ускорение точки А в положении 1. Для этого продифференцируем уравнение скорости v = 2pt.
|
|
at |
= |
|
dv |
= (2pt)¢ = 2p = 6,28 м/с2 = const. |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
dt |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Касательное |
ускорение |
|
|
не |
|
зависит от времени, поэтому касательное |
|||||||||||||||||||||||||||
ускорение точки А в положении 2 также будет равно 6,28 м/с 2. |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
5. Определим нормальное ускорение точки А в положении 1: |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v2 |
|
|
|
|
v2 |
12,62 |
|
= 9,86 м/с2 . |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
an |
|
= |
|
1 |
|
|
= |
|
1 |
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
r |
r |
|
|
|
|
|
16 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Нормальное ускорение точки А в положении 2 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
a |
n2 |
= |
v22 |
|
= |
v22 |
|
= |
17,62 |
|
= 19,36 м/с2 . |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
16 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
6. Определим полное ускорение точки А в положении 1: |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 11,7 м/с 2 . |
|
||||||||||||||||||
|
a |
= |
|
a 2 |
|
+ a 2 |
= |
|
|
6,28 2 + 9,86 2 |
|
|
|||||||||||||||||||||
|
1 |
|
|
|
t |
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Полное ускорение точки А в положении 2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|||
|
a2 = |
|
2 |
|
2 |
|
|
= |
|
6,28 |
2 |
+19,36 |
2 |
|
= 20,8 м/с |
. |
|
||||||||||||||||
|
|
at |
+ an2 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
Пример решения задачи № 4 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
Через |
однородный |
|
|
блок |
весомG1 |
= 10 |
|
кН и радиусомr = |
0,2 м |
||||||||||||||||||||||||
перекинут трос с двумя грузами: G2 |
|
= |
100 кН и G3 |
= 30 кН. Груз G2 |
|||||||||||||||||||||||||||||
опускается |
по |
вертикали, груз |
G3 |
|
|
поднимается по |
|
|
гладкой |
наклонной |
плоскости с углом наклонаa = 45° (рис. 1.14). Пренебрегая массой троса и
сопротивлениями в опорах, определить: 1) высоту S, на которую должен опуститься груз G2, чтобы достичь скорости v = 3 мс2 , если начальная скорость равна нулю; 2) ускорение движения грузов.
S
G1
G3 a
G2
Рис. 1.14
Решение. 1. Скорость движения грузов равна по величине скорости на окружности блока. Следовательно, угловую скорость блока можно определить по формуле
w = v . r
Запишем закон кинетической энергии для рассматриваемой системы:
|
|
|
|
n |
|
|
|
||
|
K2 - K1 = å AF . |
|
(1.56) |
||||||
|
|
|
|
i=1 |
i |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||
Так как начальная скорость равна нулю, то K1 = 0. |
|
||||||||
|
J w2 |
|
m |
v2 |
m v2 |
|
|||
K2 = |
1 |
+ |
2 |
|
+ |
3 |
, |
(1.57) |
|
2 |
2 |
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
где J1 – момент инерции блока, определяется как для однородного цилиндра:
J1 = G1 r 2 . 2g
Подставим в уравнение (1.57) значения J1, w, m2 = G2 / g и m3 = G3 / g .
|
|
|
J |
v2 |
|
G |
v2 |
|
G v2 |
v |
2 æ G r 2 |
|
|
|
ö |
|||||
K |
2 |
= |
1 |
|
|
+ |
2 |
|
+ |
3 |
= |
|
|
ç |
1 |
|
+ G |
2 |
+ G |
÷. |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|||||||||||
|
|
2r |
|
1g |
|
1g |
|
|
ç |
2r |
|
3 |
÷ |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
2g è |
|
|
|
|
ø |
Определим работу заданных сил. Работу совершают только две силы -
G2 и G3 .
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
å AF |
= G2 S - G3S sin a = S (G2 - G3 sin a). |
|
||||||||||
|
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставим в уравнение(1.56) найденные значения кинетической |
||||||||||||
энергии и работы и получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
v |
2 æ G |
|
|
|
ö |
|
|
|
|
||
|
|
|
ç |
1 |
+ G |
|
+ G |
÷ |
= S (G |
|
- G sin a). |
(1.58) |
|
|
|
2 |
|
|
|||||||
|
2g è |
|
2 |
3 |
ø |
|
2 |
3 |
|
Из уравнения (1.58) найдем пройденный путь S:
|
v2 |
æ G |
|
|
|
ö |
|
32 |
æ10 |
|
ö |
|
||
|
ç |
1 |
+ G + G |
÷ |
|
×ç |
|
+100 + 30 |
÷ |
|
||||
|
2 |
|
|
|||||||||||
S = |
|
è |
2 |
3 |
ø |
= |
|
è 2 |
|
ø |
= 0,787 м. |
|||
2g(G |
|
- G |
|
|
2 ×9,81×(100 - 30 ×0,707) |
|||||||||
|
2 |
sin a) |
|
|||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. Чтобы вычислить ускорение грузов, продифференцируем уравнение (1.58) по времени, учитывая, что в скобках стоят выражения, не зависящие от
времени. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
2v × dv æ G |
|
|
|
|
ö |
|
dS |
|
|
|
|
|
|||
|
|
ç |
1 |
+ G |
|
+ G |
÷ |
= |
|
|
(G |
|
- G |
sin a). |
||
|
2 |
|
dt |
|
||||||||||||
|
2g ×dt è |
|
2 |
3 |
ø |
|
|
|
2 |
3 |
|
|||||
Учитывая, что |
|
|
|
dS |
|
|
|
|
dv |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
v = |
, |
|
a = |
, |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
dt |
|
|
|
|
dt |
|
|
|
где а – это ускорение грузов G2 и G3 . Окончательно находим
|
dv |
|
(G |
2 |
- G |
|
sin a)g |
|
(100 - 30 sin 45о )9,81 |
= 5,73 м/с2 . |
||||||
a = |
|
= |
|
|
3 |
|
|
= |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
10 |
|
|
|||||||
|
dt |
|
|
G1 |
+ G |
2 |
+ G |
|
+100 + 30 |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|
3 |
|
2 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|