Примеры каких-то задач

Указания 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