572

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сибирский Государственный Университет Путей Сообщения

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

N = Qtg , N

= Q/cos , a l, Q = P/2tg2 . 62. Не раскатятся, R = 1,384P,

RB = 2,268P. 63. T1 = P. 64. = arccos((1 +

)/10). 65. a/l 4f/

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

06.12.2022

Размер:

2.13 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

Задача 73. Две балки О1A и АВ весом Р1 и Р2 расположены в

вертикальной плоскости и удерживаются стержнем О В и шар-

ниромО1 (рис.73.1).Определитьсилуупругостипружины,если указанное положение является положением

равновесия. Точки А, О1, О2

лежат на одной

прямой, О А = ОО , О ВА = 90°, О D парал-

лельно АВ.

Решение. Эту задачу интересно решить

двумяспособами:уравнениямистатикии при-

Рис. 73.1

меняя принцип

возможных

перемещений.

Отметим, что в реальной конструкции шарнир-

ные

соединения

позволяют

перестраиваться

механизму при перемене нагрузки.

1. Запишем уравнения статики. Здесь интере-

сен такой ход: реакцию в точке А разложить по

балке О А и перпендикулярно к ней (рис. 73.2):

R12 P1 cos 0,

Рис. 73.2

cos .

(1)

Теперь R1

нужно связать с силой упругости (рис. 73.3):

F b Pbctg R

(2)

упр

sin

Учитывая (1) и то, что b 0, получим

Fупр P2 ctg

cos

или

sin

Fупр = (P1 + P2)ctg — ответ.

2. Применим принцип возможных перемещений: A Fi 0, где Fi —активные силы.

Конструкция — шарнирный четырех- Рис. 73.3 звенник, к которому приложены активные силы Р1, Р2, Fyпp. Придадим системе возможное перемещение (рис. 73.4). Перемещения всех точек системы можно выразить через одно, так как система имеет одну степень свободы. Заметим, что у звена АВ виртуальный мгновенный центр скоростей

будет в точке О2.

3 1

Рис. 74.1

Fупр sK – P1 sDsin – P2cos sE = 0.

(3)

Выразим перемещение через sA:

sB = sDcos = sAcos(90° – ).

Уравнения связи: sB = sAsin ,

sin ,

sin

, sE = sA/2.

cos

Подставим в уравнение (3) найден-

ные выражения:

Рис. 73.4

sin

sin P s

sin P

cos 0,

упр

A cos

или Fупр –

2P1tg – P2cos ctg

= 0.

Учитывая,

что

ctg

, получаем тот же ответ F

= (P + P )ctg .

2O2B

упр

1 2

Задача 74. Однородный стержень AB длиной l и весом Р1 опирается на шероховатую стену (коэффициент трения скольжения стержня о стену f), образуяс нейугол , и соединен с катком радиусом r и весом Р2 в точке В цилиндрическим шарниром (рис. 74.1).Определитьуравновешивающую силу Q, учитывая трение качения катка о шероховатый пол. Коэффициент трения качения равен .

Решение. В этой задаче необходимо определить уравновешивающую силу Q. Какова она? Из каких условий ее определять? Мысленно проведем эксперимент. Приложим маленькую силу, тогда система начнет откатываться вправо. Чтобы остановить ее, будем увеличивать силу Q. При каком-то ее значении система остановится. При дальнейшем увеличении силы Q системабудет оставаться в равновесии до определенного момента, пока сила не достигнет максимума и система не начнет двигаться в обратном направлении. Отсюда делаем вывод: уравновешивающая сила Q лежит в интервале Qmin Q Qmax. Определим значения Qmin

и Qmax.

3 2

На рис. 74.1 изображены силы Qmin, FA и FD — силы трения скольжения, Мс — момент сопротивления качению. Поскольку система находится в предельном состоянии, мы вправе записать FA = fNA,чегонельзясказатьосилетренияскольженияFD вточке D (ничего не говорится о проскальзывании колеса). Будем считать,что колесо начинает катитьсябез скольжения,Мс = ND.

Для определения Qmin составим уравнения равновесия для сил, приложенных к системе «стержень — каток»:

mD		Mc Qminr P1	l	sin
	Fi

2
– NA(r + lcos ) – FAlsin = 0,					(1)
Fiy = FA – P1 – P2 + ND = 0.					(2)

Так как неизвестных три, то третье уравнение запишем для сил, приложенных к стержню (см. рис. 74.2):

sin NAlcos FAlsin 0.

(3)

Перепишем и решим уравнения с учетом

значений FA = fNA и Мс = ND

ND Qminr P1

sin

– NA(r + lcos ) – fNAlsin = 0,

(1 )

Рис. 74.2

Fiy = fNA – P1 – P2 + ND = 0,

(2 )

sin NAlcos fNAlsin 0.

(3 )

Из (3 ) найдем NA, из (2 ) выразим ND и из (1 ) определим Qmin:

Q	1	f	P1 sin		P P .

min		r	2 f sin cos	r	1 2

При определении Qmax силы трения сменят свое направление и, следовательно, в уравнениях изменятся знаки. Тогда

Q	1	f	P1 sin		P P .

max		r	2 cos f sin	r	1 2

Эту задачу можно решить, применяя принцип возможных перемещений.

Задача75.Две пластины одинаковым весом Р— прямоугольная ADKB и полукруглая AFB радиуса R — сварены под углом

3 3

и закреплены в точке А шаровым шарниром, а в точке В цилиндрическим (см. нижеприведенную схему). К полукруглой пластине приложена пара сил (Q1, Q2). Система удерживается в равновесии грузом G. Нить DE расположена в вертикальной плоскости xAz и привязана к пластине под углом . Стороны прямоугольника AB = 2R, AD = a. Определить величину груза G и давление пластин на опоры А и В.

Решение.Эта задача не должна вызватьбольшихзатруднений,если Вы умеете определять положение центратяжестисектораиоперировать парой сил в пространстве. Рассмотрим равновесие сварной конструкции,приложивкнейсилы P1, P2 — веса пластин, вектор момента пары сил M(Q1, Q2), направленныйперпендикулярнопла-

стине 2, натяжение троса Т, численно равное весу G, реакции в шаровой опоре A (XA, YA, ZA) и цилиндрическом шарнире В

(XB, YB).

Имеем произвольную пространственную систему сил. Составим для нее шесть уравнений равновесия. Неизвестных также шесть — это

XA, YA, ZA, XB, ZB, Т:

Fix = XA + XB – Tsin = 0.

(1)

Fiy = YA = 0.

(2)

Fiz = ZA + ZB – Tcos – P1 – P2 = 0.

(3)

P1R P2R M cos ZB 2R 0.

(4)

T sin P2OC sin 0.

(5)

M sin XB 2R 0.

(6)

Из этих уравнений, с учетом того, что

2Rsin90

3 2

и M = QR, получаем: из (2) Y

= 0, из (6)

sin ,

3 4

Рис. 76

Рис. 76.1

из (5)

4Rsin

P, из (4) Z

cos ,

3a sin

из (1)

sin ,

из (3)

cos P

sin ctg .

Давления на опоры, которые следовало определить, будут равны реакциям, но направлены они в другую сторону.

Задача 76. На двух наклоненных под угломв45°кгоризонтуплоскостяхлежат три куба весом Q каждый. Дан угол трения между всеми соприкасающимисяплоскостями.Какойминимальнойвертикальной силой Р можно поднять нижний куб?

Решение. В момент начала движения сила трения достигает, наибольшего значения и неравенства, которые связывают эти силы с нормальными реакциями, обращаются в равенства. На средний куб действуют: сила Р, вес куба Q, две реакции N боковых кубов и две силы трения F = Ntg (рис. 76.1). Составляя уравнение проекций на вертикаль, получаем

P = Q + N(1 + tg ) 2.

Для определения реакции N рассматриваем условие равновесия бокового куба (рис. 76.2). На него, кроме собственного веса, действуют две нормальные реакции N и N и две силы трения F = =Ntg ,F =N tg .Составляяуравнениепроекцийнанаклонную плоскость и перпендикуляр к ней, получаем:

N Q 2 N'tg 0,

N Q 2 N tg 0. 2

Откуда определяем N:

Рис. 76.2

3 5

			N Q		2	1 tg ,
					2	1 tg2
а затем и Р: P = Q(2 + sin2 ).										O2
Задача 77.		Цилиндр радиусом r					и		r	O2
весом 2Q разрезан на две части, которые									r	r
весом 2Q разрезан на две части, которые
опираются на гладкую плоскость. Угол									O1
известен. Найти при равновесии: 1)									O1
известен. Найти при равновесии: 1)									A	B
коэффициент трения; 2) реакции опор А									A	B
и В; 3) давления между цилиндрами.									Рис. 77
и В; 3) давления между цилиндрами.
Y					Решение. Рассмотрим равновесие
Y				одной части цилиндра (рис. 77.1).
				одной части цилиндра (рис. 77.1).
Ra	N		X	Реакция отброшенной правой части N
Ra	N		X	равна давлению между цилиндрами,
	Fтр			равна давлению между цилиндрами,
	С1			сила трения F				тр	= fN. Уравнения рав-
				новесия:				тр
	O1			новесия:
	O1			X = Fтр – Q/2sin + Rasin = 0. (1)
A	Q/2			X = Fтр – Q/2sin + Rasin = 0. (1)
A	Q/2			Y = N – Q/2cos + Racos = 0. (2)
Рис. 77.1				Y = N – Q/2cos + Racos = 0. (2)
Рис. 77.1				MА = 0, (не требуется).
				MА = 0, (не требуется).
На конструкцию из двух частей цилиндра действует система
Y	h2		h1		параллельных сил Ra, Rb, Q/2
Y	h2		h1		(рис. 77.2). Уравнение равнове-
					сия:
	O2			X	Y = 0, Ra + Rb – Q = 0,						(3)
Ra	C1	C2				MА = 0, RbAB – (Q/2)h1 –
Ra	O1	Rb				MА = 0, RbAB – (Q/2)h1 –
	O1	Rb					– (Q/2)h2 = 0.
						AB = BO2/tg = r/tg ,
h1	Q/2		Q/2			h1 = rcos – (4r/3 )sin ,
h1						O1C1 = O2C2 = 4r/3 ,
	Рис. 77.2					O1C1 = O2C2 = 4r/3 ,
	Рис. 77.2					h2 = AB + (4r/3 )sin .
Из уравнений найдем						h2 = AB + (4r/3 )sin .
Из уравнений найдем
Rb = Q/2(1 + sin ), Ra = Q/2(1 – sin ), N = Q/2sin cos ,
f = Fтр/N = tg .

3 6

Библиографический список

1.Мещерский И.В. Сборник задач по теоретической механике. М.: Наука, 1986. 520 с.

2.Сборник задач по теоретической механике / Под ред. К.С. Колесникова.

М.: Наука,1983. 320 с.

3.Сборник задач по теоретической механике / Под ред. Н.А. Бражничен-

ко. М.: Высш. шк., 1974. 520 с.

4.Попов В.И., Тышкевич В.А., Шумский М.П. Сборник олимпиадных задач по теоретической механике. Ч. 1. Тамбов: ТИХМА, 1992. 100 с.

5.Березина С.Г., Пушкарев А.Э. Задачи олимпиад Удмуртии по теорети-

ческой механике 2000–2004 гг. с ответами и решениями. Ижевск, 2005. 80 с.

3 7

ОТВЕТЫ К ЗАДАЧАМ

1. tg /2 f. 2. = (M cos2 )/(ca). 3. f Q/(P + 2Q). 4. Y				a	= –(P +
+ Q)tg /2. 5. M	вр	)/(asin2 + frcos ). 6. M =
	= (aM		(Pl)/((cos +
2min	1
+ fsin )cos ). 7. S =	P/2. 8. max = 2arctgf, fQmin = fQ1/(Q1		+ Q2). 9. mx =

= m1A1/R1 + m2A2/R2; my = m1B1/R1 + m1B1/R2; mz = m1C1/R1 + m2C2/R2, где

R =

;

= A2

. Здесь принято, что векторы m

, m

направлены

сторону

нормалей

соответствующих

плоскостей (вверх).

10. = arctg( 3 /9).11.DQ(sin – cos /R)/d <P <DQ(sin + cos /R)/d.

12. l =	Q(R + r)/(4c	Rr ). 13. Векторы MO,	MA, MB составляют с

плоскостью XOY одинаковые углы = arccos(V			a2 b2 /2m). 14. Fmin =
	15. F min[f2P2/(cos – f2sin ), f1(P1		+ P2)/(cos – f1sin )].
= P/3 2.
16. M /M = (b2 – a2)/(b2		+ a2). 17. f tg( /2). 18.	= 2 – /2 равновесие
2	1

неустойчивое. 19. Часть эллипса x2/a2 + (y – a/2)2/(a/2)2 = 1. 0 x a, 0 y a/2. 20. tg = (P1 – P2)(1 + f2)/((P1 + P2)(1 – f2)) – 2f/(1 – f2). 21. M2 = Pl, RC = 2P/3, RD = P133, RE = 0. 22. P = bQ/(b – 2f0y). 23. Q =

= M 2 /3l. 24. F = M3 /R. 25. f r/l, G2 G1(Lr/l)(fl – r)/(l2 + r2).

26. SA = 5F/c. 27. N2 = 2P – 36Pl/25r. 28. R = 5M/l. 29. tg k = 2Q/(P/(2 (n –


– k) + 1)). 30.			M0R 0 — система не приводится к равнодействующей,

R =	M2	M2	h. 31. b 6Rf/	1 9f2	, b 4Ra/ 4a2 h2 . 32. c =
XZ	A	O

=mg 2 /l. 33. T = Mg/6. 34. R = 4F. 35. f 3 /3. 36. fmin = 0,4. 37. amin

=h/2f, Pmin 0. 38. Pmin = Gcos /(sin + 2fcos ), Pmax = Gcos /(sin – 2fcos ). 39. SE = 2,4P, SD = 2,1P, YA = 1,3P, YB = 1,2P, где P — вес балки AD.

40. (–fan2 + b)/(n2 – 1) x (fan2 + b)/(n2 – 1), n > 1, b = a

f2n2 n2

41. XA = 0, YA = –14 H, MA = –32 H∙м, RC = 2 H. 42. Расстояние пластины от верхней опоры x = (Pl – mg 2) 1/P( 1 + 2). 43. nmin = 9. 44. F P(f + + h(2R h) /(R – h)). 45. f = tg . 46. YA = 0,5P(1 – (a/l)n)/(1 – a/l).

47.T = 2P(1 – 1/4n)/3. 48. a + b + c = 0. 49. L = a/2 (1/i). 50. 1) x > (2f –

i 1

– 1)/(1 + f); 2) f = 1, x = l/2. 51. r = 2a 2 – 4aPcos /Q. 52. l (tg /f +

1)a + + 2b, tg f. 53. N = 4Q. 54. Q = P(sin + fcos /(sin + fcos ). 55. Pmin = Gtg + Qcos sin(2 – )/(cos cos( + – )). 56. tg = (1 – cos )/(3 –

1,5 + sin ), tg 1 = (1 – cos )/(2 – + sin ). 57. sin = 0,5; Tmin = 4Qr/l. 58. Qmin = P2(2a – – r1 – r2)/a. 59. = arctg(1/4f). 60. F = 3P. 61. cos = 3a/l,

66. M = Pa/2 + Q(a – bcos3 /2). 67. При f > /r 4(1 – /r) tg 4(1 + /r). При f /r 4(1 – f) tg 4(1 + f). 68. xC = 2rcos3 , yC = rcos (2 – sin2 ).

3 8

69.

2fr

3ar

. 70.

0,74

f1 3 4

1 4f2

4h2

9a2

R2 4k2

R4 24k2R2

71.

M1 P

ctg30 ,

72.

sin

2csin30

2 k2

P1 sin

P2 Q

73.

F )ctg .

74.

2 f sin cos

упр

P1 sin

P1 P2 . 75.

sin , YA = 0,

sin

2 cos f

Z P

cos P

sin ctg ,

sin ,

Z P

cos ,

4Rsin

76. P = Q(2 + sin2 ). 77. f = tg , Ra = (Q/2)(1 – sin ), Rb =

3 sin

= (Q/2)(1 + sin ), N =

(Q/2)sin cos .

78.

F =

F1(tg +

f)/(tg –

f).

79.

f (8/3) r 3(r – r

)/( r4 – r 4).

3 9

	Содержание
Введение .......................................................................................................	3
Условия задач ...............................................................................................	3
Решение задач ..............................................................................................	21
Библиографический список ............................................................................	37
Ответы к задачам ..........................................................................................	38

Учебное издание

CБОРНИК ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ (СТАТИКА)

Составители: Ким Леонид Ильич Зиновьев Владимир Борисович

Попов Анатолий Михайлович

Редактор М.А. Турбина

Компьютерная верстка Ю.В. Борцова

Изд. лиц. ЛР № 021277 от 06.04.98. Подписано в печать 02.02.10.

2,5 печ. л.

1,5 уч.-изд. л.

Тираж 150 экз.

Заказ № 2128

Издательство Сибирского государственного университета путей сообщения 630049, Новосибирск, ул. Д. Ковальчук, 191

Тел./факс: (383) 328-03-81. Е-mail: press@stu.ru

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 44

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
06.12.20222.08 Mб2566.pdf
#
06.12.20222.08 Mб1567.pdf
#
06.12.20222.08 Mб0568.pdf
#
06.12.20222.09 Mб2569.pdf
#
06.12.20222.12 Mб4571.pdf
#
06.12.20222.13 Mб6572.pdf
#
06.12.20222.14 Mб2573.pdf
#
06.12.20222.14 Mб1574.pdf
#
06.12.20222.16 Mб0576.pdf
#
06.12.20222.19 Mб4577.pdf
#
06.12.20222.19 Mб0578.pdf