Статика твердого тела

Рефераты по физике » Статика твердого тела

Задание С3

Дано:

P1=13,0 kH

M=30,0 kH*M ;

MB - ?

Решение:

I система

P2=9,0 kH Σx=0;

RA*cos30o – XIC=0;

q=3,0 kH/M Σy=0;

RA*cos60o – P1 – YIC=0

ΣMC=0;

M+P1*3-2,5*RA=0;

;

Проверка

ΣMA=0;

;

-26 - 4+30=0;

0=0; верно.

II система

Σx=0;

;

Σy=0;

;

ΣMB=0;

;

Проверка

ΣMC=0;

;

0=0; верно.

Дано:

R=20cм; r=10cм; R=30cм; ; x=6cм; ; x=356cм; t=2c; t=5c.

Определить

Уравнение движения груза;

Решение:

1) Уравнение движения груза 1 имеет вид:

(1)

Коэффициенты могут быть определены из следующих условий:

при t=0 x=6cм, (2)

при t=2c x=356cм. (3)

Скорость груза 1:

(4)

Подставляя (2) и (3) в формулы (1) и (4), находим коэффициенты

с=6см, с=5, с

Таким образом, уравнение движения груза

2) Скорость груза 1

(6)

Ускорение груза 1

3) Для определения скорости и ускорения точки М запишем уравнения, связывающие скорость груза и угловые скорости колёс и .

В соответствии со схемой механизма:

откуда

или с учетом (6) после подстановки данных:

Угловое ускорение колеса 3:

Скорость точки М, её вращательное, центростремительное и полное ускорения определяются по формулам:

Результаты вычислений для заданного момента времени приведены в табл. 1.

Скорости и ускорения тела 1 и точки М показаны на рис. 1.

Таблица 1


57	26	1.9	0.867	19	36.1	19	40.80

В 20. Д – 1

Дано: VA = 0, = 45, f = 0,3, d = 2 м, h = 4 м.

Найти: ℓ и .

Решение: Рассмотрим движение камня на участке ВС. На него действует только сила тяжести G. Составляем дифференциальные уравнения движения в проекции на оси X , Y: = 0 , = G ,

Дважды интегрируем уравнения: = С1 , = gt + C2 ,

x = C1t + C3 , y = gt2/2 + C2t + C4 ,

Для определения С1, C2 , C3, C4 , используем начальные условия (при t = 0): x0 = 0 , y0 = 0 , = VBcos, = VBsin ,

Отсюда находим:

= С1 , C1 = VBcos, = C2 , C2 = VBsin

x0 = C3 , C3 = 0 , y0 = C4 , C4 = 0

Получаем уравнения:

= VBcos , = gt + VBsin

x = VBcost, y = gt2/2 + VBsint

Исключаем параметр t :

y = gx2 + xtg ,

2V2Bcos2

В точке С x = d = 2 м , у = h = 4 м. Подставляя в уравнение d и h , находим VB :

V2B = gx2 = 9,814 = 19,62 , VB = 4,429 м/с

2cos2(y - xtg) 2cos245(4 - 2tg45)

Рассмотрим движение камня на участке АВ. На него действуют силы тяжести G, нормальная реакция N и сила трения F. Составляем дифференциальное уравнение движения в проекции на ось X1:

= Gsin - F , (F = fN = fGcos) = gsin - fgcos,

Дважды интегрируя уравнение, получаем:

= g(sin - fcos)t + C5 , x1 = g(sin - fcos)t2/2 + C5t + C6 ,

По начальным условиям (при t = 0 x10 = 0 и = VA = 0) находим С5 и С6:

C5 = 0 , C6 = 0,

Для определения ℓ и используем условия: в т.B (при t = ) , x1 = ℓ , = VB = 4,429 м/с. Решая систему уравнений находим:

= g(sin - fcos)t 4,429 = 9,81(sin45 - 0,3cos45) , = 0,912 с

x1 = g(sin - fcos)t2/2 ℓ = 9,81(sin45 - 0,3cos45)0,9122/2 = 2,02 м .

Дано:

АВ=20 см.

АС=6 см.

см/с

a=15 cм/c

Найти: , , a, a, ,

Решение:

ОА=ОВ=14,1 см.

=0,7=

СP=см.

см/с

a=15 см/,

т.к. ползуны двигаются по направляющим и совершают только поступательное движение.

см/

9,85 см/

см/с

Ответ:

см/с

9,85 см/

=15 см/

Статика твердого тела

I. Плоская система сил система произвольно расположенных сил

Определение реакций опор твердого тела

На схеме показаны три способа закрепления бруса. Задаваемая нагрузка и размеры (м) во всех трех случаях одинаковы.

Р = 10 кН, q = 4 кН/м, исследуемая реакция YA

Определить реакции опор для того способа закрепления бруса, при котором исследуемая реакция Ya имеет наименьший модуль.

Дано: схемы закрепления бруса ( а, б, в): Р = 10 кН; q = 4 кН/м.

Определить реакции опор для того способа закрепления, при котором реакция YA имеет наименьшее числовое значение.

Решение

Рассмотрим систему уравновешивающихся сил, приложенных к конструкции. Действие связей на конструкцию заменяем их реакциями (рис. 2): в схеме а — XА, YА, YВ в схеме б — Y’А, Y’В и RC , в схеме в — Y”А , RC , RD. Равномерно распределенную нагрузку интенсивностью q заменяем равнодействующей