Уравнение равновесия. Проекция скорости точки
Задача 1
Груз силой тяжести G=350 Н удерживается тросом, перекинутым через блок А,
ось которого укреплена на стержнях АВ и АС. 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
α=60º
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 Ньютона для
доски начавшей движение
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
|