Учебная работа. Уравнение равновесия. Проекция скорости точки

1 Звезда2 Звезды3 Звезды4 Звезды5 Звезд (Пока оценок нет)
Загрузка...

Уравнение равновесия. определить силы реакции в стержнях,
если углы на рис.8.1 равны, соответственно: α=60º, β=15º, γ=30º. рисунок не
выдержан в масштабе.

Дано:

G=350 Н

α=60º

β=15º

γ=30

RA,
RB — ?

T=G, т.к. трение в блоке отсутствует

Запишем уравнение равновесия для
стержней. В качестве объекта равновесия примем точку А. Изобразим действующие
на нее силы.

ΣFx=0

Tsin30-RCsin60-RBsin75=0

ΣFy=0

G+Tcos30-RBcos75-RCcos60=0

Получили два уравнения с двумя неизвестными.
Для упрощения процесса решения подставим числовее значения известных величин.

350sin30-RСsin60-RBsin75=-175-0,866RС-0.966RB=0

49,6-0,259RB-0.5
(-202,1-1,1RB) =51,9+0,291RB=0

RB=-51,9/0.291=-178,35
Н

RC=-202,1-1,1
(-178,35) =-5,92 Н

знак "-" указывает на
то, что силы направлены в сторону противоположную указанной на схеме.

Ответ: RB=-178,35
Н

RC=-5,92
Н



задача 2

По заданному графику проекции
скорости точки, движущейся прямолинейно, построить графики ее перемещения и
ускорения. Какой путь прошла точка? На каком максимальном расстоянии от
исходного положения она находилась в процессе движения? На каком расстоянии от
исходного положения она находится в конце движения?

Для построения графиков
перемещения и ускорения необходимо записать уравнения скорости на каждом
участке представленного графика.

Участок 1. t
от 0 до 10 с

V1=const=10 м/с

Участок 2. t
от 10 до 20 с

V2=2t-10

Участок 3. t
от 20 до 30 с

V3=const=30 м/с

Участок 4. t
от 30 до 40 с

V4=120-3t м/с

Для построения графиков
перемещений проинтегрируем уравнения полученные выше

Найдем константу С. S (0) =0=10·0+C →
C=0, S1=10t

S1 (10)
=10·10=100

S2 (10)
=102-10·10+C → C=100

S2 (20)
=202-20·10+100=300

S3 (20)
=20·30+C=300 → C=-300

S3 (30)
=30·30-300=600

S4 (30)
=120·3-302+C=600 → C=-1590

Для построения графиков
ускорений продифференцируем уравнения скоростей на разных участках

a1=

a2=2
м/с2

a3=0

a4=-3
м/с2

График зависимости перемещения
от времени м/с2

График зависимости ускорения от
времени

Путь пройденный точкой численно
равен площади под графиком зависимости скорости от времени

S=10·10+
(10·10+0,5·10·20) +10·30+0,5·10·30=750 v

В данном случае максимальное
расстояние от исходного положения составит 750 м, точка в конце движения будет
находится также на расстоянии 750 м.

задача 8.3 В механизме качающегося
грохота (рис.8.3) определить угловую скорость кривошипа О2В=3r и скорость ползуна D при
вертикальном положении кривошипа O1A, если АВ=CD=2r.
Отношение BC/CO2=3/5,
угловая скорость кривошипа О1А равна ω=6 рад/с, углы α=60º, β=45º. Длина
кривошипа O1A равна r=0.1м.

Дано:

O1A=r=0,1
м

AB=CD=2r=0,2 м

O2B=3r=0,3
м

ωOA1=6
рад/с

β=45º

ωO2B,
VD — ?

Построим положение механизма в
соответствии с данными условиями задачи.

Для определения необходимых нам
скоростей необходимо провести ряд промежуточных вычислений.

Определим скорость VA

VA=ωO1A·r/2=6·0,1=0,6 м. с (VA┴O1A)

Скорость VA
определяем с помощью теоремы о проекциях скоростей двух точек тела (стержня АВ)
на прямую соединяющую эти точки (прямая АВ).

VA=VBcos30
→ VB=0.6/cos30=0,69 м/c2

Построим мгновенный центр
скоростей (МЦС) — точка лежащая на пересечении перпендикуляров к векторам VA и VB

ωO2B=
рад/с

Определяем VD.
Точка D принадлежит одновременно ползуну, движущемуся
вдоль направляющих поступательно и стержню CD. поэтому
чтобы найти ее скорость достаточно знать скорость какой-нибудь другой точки
этого стержня и направление VD.

Величину VC
найдем из пропорции

VC= (VC┴СМЦС)

Скорость VD
определяем с помощью теоремы о проекциях скоростей двух точек тела (стержня CD) на прямую соединяющую эти точки (прямая CD).

VDcos45=VCcos15
→ VD=0,5·cos15/cos45=0,68 м/c2

Ответ: ωO2B=
рад/с; VD=0,68 м/c2



задача 3

Доска длиной l=6м, свободно положенная на две разновысокие опоры А и
В, получив начальную скорость v0=0.5м/с, соскальзывает с опор
вниз. Упадет ли доска с них, если коэффициент трения между доской и опорами f=0.6, а размеры на рис.8.4: a=0.3l, b=0.5l, h=0.14l.

 

Дано:

l=6м

v0=0.5м/с

f=0.6

a=0.3l

b=0.5l

h=0.14l

s — ?

Запишем сразу уравнение
равновесия для доски находящейся в покое

ΣFx=0-FтрА+Qcosα-FтрB=0

FтрА=FтрВ=f·N=f·Qsinα (Ra=Rb=N)

отсюда

 

Qcosα-2f·Qsinα=0

Запишем 3-й закон 

m=mg (cosα-2fsinα)

=g (cosα-2fsinα)

Проинтегрируем полученное уравнение

=Vx=g (cosα-2fsinα) t+C1

x=g (cosα-2fsinα) t+C1t+C2

Найдем неизвестные cosα и sinα

sin2α+cos2α=1

Найдем постоянные С1
и С2

При t=0 Vx (0) =0.5 м/с → С1=0,5

При t=0 x (0) =0 → С2=0

окончательно уравнение движения
доски примет вид

V=9.8 (0.28-2·0.6·0.96)
t+0,5=-8,55t+0,5

x=-4.27t2+0.5t

Найдем время, когда доска
остановится

V=0 →
t=0.5/8.55=0.06 c

Путь пройденный доской за это
время

x=-4.27·0.062+0.5·0.06=0.015
м

Для того чтобы доска упала она
должна пройти путь равный длине его верхней части а=0,3·6=1,8 м. В нашем случае
это не происходит, следовательно доска не упадет.



Задача 4

На однородной балке массой m=3т (рис.8.5) установлена лебедка силой тяжести G=25кН, поднимающая на тросе, наматывающемся на барабан d=0.1l, груз силой тяжести
Q=12кН с ускорением а=3м/с2. Определить
нагрузки на опоры А и В, если b=0.4l, c=0.2l. Массу троса не учитывать.

Дано:

m=3т

G=25кН

d=0.1l

Q=12кН

а=3м/с2

b=0.4l

c=0.2l

RA,
RB — ?

Запишем уравнения равновесия

ΣFx=0 RAx=0

ΣFy=0 RAy-G-Q—Mg+RBy=0

ΣMA=0 -Gb-Qz-

где

Получили два уравнения с двумя
неизвестными, найдем искомые реакции

RBy= кН

RAy=G+Q+25+12+3.67-23=17,67
кН

Ответ: RBy=23
кН, RAy=17,67 кН

Учебная работа. Уравнение равновесия. Проекция скорости точки