Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
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 участки конструкции 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 реакцию N
FТР.max=f*N откуда:
N= FТР.max / f = 7,5 / 0,25=30 кН
После чего находим XO и 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 минимальное значение 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 в прямоугольных декартовых координатах.
x=4t+4
y=-4/(t+1)
t1=2
Траектория точки (рис.1) - часть параболы с вертикальной осью симметрии.
Определим положение точки на траектории в рассматриваемый момент времени.
При t = 1c x = 0м y = 4м (координата равна -4)
Определяем скорость и ускорение точки с 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 скорости равны
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 направлен параллельно оси oy (по оси oy) в отрицательную сторону.
Уравнения движения точки в полярных координатах
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 радиальной составляющей скорости
Vr=dr/dr
Vr = (2t-2+16t3)/[√(t2 - 2t + 1 + 4t4]
При t=1 сек Vr=8 м/с
Знак плюс показывает, что радиальная составляющая скорости направлена по радиус-вектору точки М.
Вычислим величину трансверальной составляющей 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, что трансверальная составляющая скорости направлена в сторону увеличения угла φ.
Проверим правильность вычислений модуля скорости по формуле:
V = √(Vr2 + Vp2) = √(4+64) = 8,246 м/с
Определим величины касательного и нормального ускорений точки. При естественном способе задания движения величина касательного 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 касательного ускорения 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 изменении количества движения к исследованию движения механической системы.
Дано:
Найти: Скорость .
Решение:
На механическую систему действуют внешние силы: - сила сухого трения в опоре А; - силы тяжести тел 1, 2 и 3; -сила нормальной реакции в точке А; -реактивный момент в опоре В.
Применим теорему об изменении количества движения механической системы в дифференциальной форме. В проекциях на оси координат
, (1)
где - проекции вектора количества движения системы на оси координат; - суммы проекций внешних сил на соответствующие оси.
Количество движения системы тел 1, 2 и 3
(2)
где
. (3)
Здесь - скорости центров масс тел 1, 2, 3; - соответственно переносные и относительные скорости центров масс.
Очевидно, что
(4)
Проецируя обе части векторного равенства (2) на координатные оси, получаем с учетом (3) и (4)
(5)
где - проекция вектора на ось ;
Проекция главного вектора внешних сил на 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 результате получим
при ; (8)
при . (9)
где
Рассмотрим промежуток времени , в течении которого 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. Это движение 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 в момент, когда
.
Точное решение задачи. Воспользовавшись методикой, изложенной выше, получим дифференциальное уравнение движения 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 движения материальной точки.
Дано:
Найти: Уравнение движения
Решение:
Применим к решению задачи дифференциальное уравнение движения точки. Совместим начало координатной системы с положением покоя груза, соответствующим статической деформации пружины, при условии что точка В занимает свое среднее положение . Направим ось вниз вдоль наклонной плоскости. Движение груза определяется по следующему дифференциальному уравнению:
,
где -сумма проекций на ось сил, действующих на груз.
Таким образом
Здесь
,
где - статическая деформация пружины под действием груза;
Дифференциальное уравнение движения груза примет вид:
Введем обозначения:
Получаем, что
при ,
Откуда
Тогда уравнение движения груза примет вид:
Ответ: