Пример выполнения контрольной работы

Задача 1. Горизонтальная балка АВ длиной 12 м шарнирно укреплена правым концом в неподвижной точке В, а левым концом А опирается катками на гладкую горизонтальную плоскость. К балке в точке D под углом 30^о к горизонту приложена сила F= 8 кН. На правую половину балки действует нагрузка, распределенная треугольником, причем наибольшая ее интенсивность q_o= 2 кН/м. К балке приложена также пара сил с моментом М= 32 кНм. Определить реакции в опорах А и В, весом балки пренебречь (рис. 1).

Решение. Рассмотрим равновесие балки АВ. В числе активных сил на балку действует нагрузка, распределенная треугольником, Заменим эту нагрузку одной сосредоточенной силой – равнодействующей . Модуль равен площади треугольника. Высота его равна наибольшей интенсивности q_o, а основанием служит часть балки ВK =6 м. Итак,

кН. (1)

Равнодействующая приложена в центре тяжести С треугольника, т.е. в точке пересечения медиан. Из геометрии известно, что ВС:СК= 2:1. Заметив, что ВС/СК=ВЕ/ЕК, найдем ВЕ= 2 ЕК= 2·2=4 м.

Рисунок 1

К балке приложены активные силы и моменты: сила , сила и пара сил с моментом М. На балку действует две связи – опоры А и В. Заменим связи реакциями связей , и . Итак, балка находится в равновесии под действием активных сил и , активной пары сил с моментом М, а также реакций , и . Задача статически определенная при трех неизвестных можно составить три уравнения равновесия. Составим уравнения равновесия

, (2)

, (3)

. (4)

Из уравнения (2) находим

кН. (5)

Из уравнения (4) при АВ =12 м, DB =10 м, ВЕ =4 м находим

. (6)

Из уравнения (3) находим

кН.

Задача 2. Компрессор, имея угловую скорость вращения п = 90 об/мин остановился совершив 12 оборотов. Определить время вращения компрессора t, скорость и ускорение а в точке компрессора на радиусе R = 0,8 м, показать их на схеме.

Решение.

Рисунок 2

Задача 3. Дано:

(1)

с.

Координаты точки заданы в сантиметрах.

Определить и построить в масштабе:

- траекторию точки, положение с координатами x (t ₁), у (t ₁);

- ;

- вычислить радиус кривизны траектории .

Решение.

Уравнения движения (1) можно рассматривать как параметрические уравнения траектории точки. Чтобы получить уравнение траектории в координатной форме, исключим время t из уравнений (1):

Таким образом, уравнение траектории точки имеет вид:

, (2)

т. е. траекторией точки является парабола, симметричная относительно оси у, с вершиной в точке с координатами (0; -1), ветви которой направлены в сторону положительной оси у (на рис. 3 траектория изображена в масштабе).

Определяем координаты точки в момент времени t ₁ = 0,5 с:

см;

см.

Находим положение (•) M ₁ в плоскости ху (рис. 3). Далее необходимо построить вектор скорости точки в момент времени t ₁, представляя его в виде

, (3)

или

(3')

где - алгебраические величины проекций скорости точки на координатные оси в момент времени t 1 (; - для краткости); - орты координатных осей (рис. 3).

Определяем проекции скорости точки на оси координат, дифференцируя по времени уравнения (1), представляющие законы изменения координат точки с течением времени:

(4)

см/с;

см/с.

Модуль скорости точки в заданный момент времени равен:

см/с.

В соответствии с уравнениями (3), (3') строим вектор скорости v ₁, с началом в (∙) M ₁. Taк как v _{1 х}, v _{1 у} > 0, составляющие v _{1 х}, v _{1 у} вектора скорости, параллельные осям х, у, направлены так же, как орты этих осей (рис. 3). Единица масштаба для построения вектора скорости точки выбрана в соответствии с модулями векторов v _{1 х}, v _{1 у} и представлена на рис. 3 справа. Сложив составляющие v _{1 х}, v _{1 у} по правилу параллелограмма, получаем направленный по диагонали вектор скорости точки v ₁, линией действия которого является касательная к траектории в (•) М ₁ что подтверждает правильность решения задачи (рис. 3).

Вектор ускорения точки a (t ₁), для краткости обозначаемый a ₁, строим в масштабе двумя способами, чтобы произвести графическую проверку правильности его определения.

I способ подобен рассмотренному выше для построения скорости точки:

(5)

или

(5’)

где а _1х, a ₁ _y - алгебраические величины проекций ускорения точки на координатные оси в момент времени t ₁.

Определяем проекции ускорения точки на оси х, у, дифференцируя по времени законы (4) изменения проекций скорости точки на эти оси с течением времени:

=0 – const;

=32 – const;

Таким образом,

см/с ²;

см/с ².

В соответствии с уравнениями (5), (5') строим вектор ускорения точки а ₁ с началом в (•) М ₁. Так как а _{1 х} = 0, то полное ускорение точки а ₁, совпадает с его составляющей, параллельной оси у. Ускорение а ₁ направлено вверх (как орт j), поскольку a ₁ _y > 0. Единица масштаба выбрана в соответствии с его модулем и представлена справа (рис. 3).

II способ. Представляем ускорение точки в момент времени t ₁ как геометрическую сумму тангенциального и нормального ускорений:

(6)

и определяем каждую из составляющих. Известно, что

Принимая во внимание, что в любой момент времени

где v_x,v_y - функции времени, получим:

, (7)

где a_τ - алгебраическая величина тангенциального ускорения.

Тогда см/с ².

Положительный знак а ₁ _τ говорит о том, что в рассматриваемый момент времени направления скорости точки v ₁ и ее тангенциального ускорения совпадают (ускоренное движение). Если а_τ ₁< 0, то касательное ускорение точки направляют по касательной к траектории противоположно вектору скорости v ₁ (замедленное движение).

Модуль нормального ускорения точки равен:

(8)

где ρ ₁ - радиус кривизны траектории точки в положении M 1.

Так как ρ ₁ неизвестен, модуль нормального ускорения a ₁ _n определяется по формуле:

(9)

см/с ².

В соответствии с формулой (8) нормальное ускорение точки всегда положительно, а потому вектор нормального ускорения а ₁ _n должен быть направлен, как и орт n ₁, главной нормали в положении M ₁, в сторону вогнутости траектории точки (к центру кривизны кривой в (•) M ₁)

На рис. 3 нормальное и касательное ускорения точки построены в масштабе. Вектор а ₁, представляющий их геометрическую сумму (6), совместился с ускорением точки в положении М ₁, построенным согласно уравнению (5), что подтверждает правильность его определения.

После того, как найдено нормальное ускорение, радиус кривизны траектории в рассматриваемой точке определяется из выражения

полученного из формулы (8).

см.

Результаты вычислений

Координаты,

см

Скорость,

см/с

Ускорение, см / с ²

Радиус кривизны, см

x ₁

y ₁

v _{1 x}

v _{1 y}

v ₁

a _{1 x}

a _{1 y}

a ₁

a _{1 τ}

a _{1 n}

ρ ₁

2,0

3,0

4,0

16,0

16,5

32,0

31,0

7,9

34,4

Рисунок 3

Задача 4. Автомобиль с прицепом общим весом =40 кН движется по подъему =0,002 (рис. 4). Сопротивление его движению составляет =0,3 Н на 1 кН веса. На протяжении = 750 м скорость автомобиля изменяется от =18 до =36 км/ч. Определить силу тяги автомобиля.

Рисунок 4

Решение. Движение автомобиля – поступательное. Применим теорему об изменении кинетической энергии на перемещении М _о М ₁. Скорость автомобиля в точке М_о равна v_o =18 км / ч =5 м / с, в точке М₁ равна v ₁=36 км / ч =10 м / с. На автомобиль действуют силы постоянные - сила тяги, - вес поезда, - нормальная реакция, - сила сопротивления движению (F= 0,003 G). Составим уравнение изменения кинетической энергии: