Upload
others
View
10
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
КПІ ім. Ігоря Сікорського, 2019-2020 навч. рік Задачі I етапу Всеукраїнської студентської олімпіади
з теоретичної механіки та їх розв’язання
ЗАДАЧА С1 (12 балів). Однорідна пластина, вага якої дорівнює G , закріплена в точках A і C за допомогою невагомих стрижнів, гнучкої ланки DE, яка утворює з горизонталлю кут , а також опирається на вістря у точці B. Точки C, D і E лежать в одній вертикаль-ній площині. Розміри пластини a і b відомі. Визначити, при якому мінімальному значенні коефіцієнта тертя між вістрям та пластиною можлива її рівновага в зображеному на рисунку положенні.
Розв’язання. Введемо систему координат
Dxyz як по-казано на рисунку. Замінимо дію кожної в’язі на плас-тину однойменними реакціями в’язі. Реакцію у точці B представимо у вигляді нормальної складової BN і сили тертя BF , напрям якої на даному етапі невідомий і позначений кутом
(див. рис.). Саму пластину розіб’ємо на дві частини, вага кожної з яких пропорційна площі і прикладена до центру її ваги. Для даної розрахункової схеми запишемо рівняння рівноваги:
0xii
M : B2 1 3 2 03 2 3 2
b bG G N b . Звідки слідує, що B5
12N G .
0yii
M : A B2 1 32 2 03 3 2
aR a G a G N a . Звідки слідує, що A16
R G .
0izi
F : A B D2 1 sin 03 3
R G G N R . Звідси знаходимо DR : D5
12sinGR
.
Введемо додаткову вісь Cz', яка паралельна Dz і проходить через точку C. Запишемо суму моментів сил відносно осі Cz':
' 0z ii
M : B 0F h ,
де h – плече сили тертя BF відносно осі Cz'. Оскільки припускаємо, що сила BF не дорі-внює нулеві, то лінія дії сили, положення якої визначається кутом , має перетинати вісь
Cz' (проходити через точку C). Таким чином 2 2
sin4
b
a b
.
0iyi
F : D Bcos sin 0R F . Звідки слідує, що 2
B D5 4 1cos
sin 12tga b
F R G
.
A B
D СE
A B
D С
RA NB
RD RС
23G 1
3G
x
z
y
FB
z'
O
x
z
y
A
B
D45°
45°
C
Мінімальне значення коефіцієнту тертя f між вістрям та пластиною для даної роз-рахункової схеми можна визначити на основі закону Амонтона-Кулона – B BF f N , зві-дки
2B
minB
4 1tga bFf
N
.
Відповідь: 24 1 tga b ЗАДАЧА С2 (10 балів). Три однакових однорідних стри-жні вагою P кожний прикріплені кінцями до горизонта-льної площини сферичними шарнірами A, B і D та з’єднані між собою шарніром С. Визначити реакції сфе-ричних шарнірів A, B і D. Розв’язання. Розрахункова схема з усіма силами, прикладе-ними до системи, показана на рисунку. З міркувань симетрії системи очевидними є наступні співвідношення між скла-довими сил реакції: D 0xR ; A Bx xR R (з урахуванням на-прямів, показаних на рисунку); A By yR R ; A Bz zR R . Отже, з 9ти невідомих складових реакцій в’язей необхідно обчислити лише 5. Наступні три рі-вняння є умовами рівноваги конструкції в цілому:
A D0: 2 0yi y yF R R ; (1)
A D0: 2 3 0zi z zF R R P ; (2)
O D2 20: 0
2 2 2xi zLM P L R , (3)
де L – довжина стрижнів. Запишемо також рівняння рівноваги окремих
стрижнів: - стрижень CD
C D D2 2 20: 0
2 2 2 2xi z yLM P L R L R ; (4)
- стрижень AC
C A A2 2 20: 0
2 2 2 2yi z xLM P L R L R ; (5)
З рівняння (3) знаходимо D 2zR P . Тоді з (2)
A D1 1 53 32 2 2 4z z
P PR P R P
.
З (4) з урахуванням (3) отримаємо D 0yR . Тоді з (1) слідує A 0yR . Нарешті, з (5)
A A5 3
2 4 2 4x zP P P PR R .
Отже реакції сферичних шарнірів A, B і D дорівнюють
O
x
z
y
A
B
D45°
45°
C
RAy
RBy
RAx
P
RBz
RBx RDz
RDyRAz
P
P
2 2
2 2 2 2A A A A
3 5 3404 4 4x y zP P PR R R R
;
2 2 2B B B B A
344x y z
PR R R R R ;
2
2 2 2 2 2D D D D 0 0
2 2x y zP PR R R R
;
Відповідь: A B 34 4R R P ; D 2R P
ЗАДАЧА С3 (12 балів). Розв’язання. Визначимо рівнодійну розподіленого навантаження. З міркувань симетрії очевидно, що рівнодійна спрямована уздовж осі x . Виділимо на дузі елемент, що відпо-відає елементарному куту d (див. рис.). Довжина елемента буде dR , а проекція еле-ментарної сили на вісь x :
d d cosxQ q R . Інтегруючи знаходимо рівнодійну
d cos d 2 sin 2xQ Q qR qR qR
.
де 0 – центральний кут дуги, яка співпада з се-редньою лінією балки (див. рис.):
2 2 2sin2
RR
45 .
Напрям сили і точка її прикладання зображені на рисунку. Рівнодійна P сил тяжіння елемента спрямована паралельно осі Oy у від’ємному на-
прямку і прикладена в точці C – центр ваги балки. З міркувань симетрії очевидно, що ко-ордината Cy дорівнює 2 2R . Для знаходження Cx маємо:
C
1 dm
x x mm
,
де m P g – повна маса балки. Маса dm елемента балки з центральним кутом d дорівнює
d dm R , де – питома маса балки (маса одиниці довжини балки, 2m R ). Отже маємо
C1 d cos cos d cos cos d
2R Rx x R R R
m m
2sin cos sin cos 42 2R R R
.
Складаємо рівняння рівноваги балки:
A
B
O
q
d
dQ
dm·g
A
B
C
P
X BYB
X A
C QR 2
xC
x
y
x
y
xC
R
A
O
M
B
O
A B
C45° 45°
D
1
23
4
5
B0: 0yiF Y P ;
A C B20: 2 0
2ziRM P x Q X R .
З цієї системи знаходимо
BY P ;
CB
2 41 1 42 22 2 22 2 2
Rx qRX P Q P qR P
R R
;
2
2 2 2B B B
42 2
qRR X Y P P .
Відповідь: 2
242 2
qRP P
ЗАДАЧА К1 (14 балів). Балка AB довжиною 4a ковзає по вертикальній та горизонтальній площинах таким чином, що кінець A рухається з постійною швидкістю Av
. По балці
рухається матеріальна точка M з постійною відносною швид-кістю v
. Визначити абсолютну швидкість точки M як функція
часу, якщо в початковий момент АМ=0 і ОА=2a. Розв’язання. (див. нижче)
Відповідь: 2 2 2 2
2 2 A AA A 2 2
A A12 4v vt v v tv v v v
a a av t v t
ЗАДАЧА К2 (14 балів). Плоский механізм складаєть-ся з кривошипу (на рис. позначений цифрою 1), двох шатунів (2 і 3) і двох повзунів (4 і 5). Довжини ланок відомі, причому LOA=LAB=LBD=LBC=L. Для зображено-го на рис. положення механізму визначити пришвид-шення точки В за умови,що кутова швидкість криво-шипа ω1=const (напрям ω1 показано на рис.). Розв’язання. (див. нижче)
Відповідь: 21 13 8 2L
ЗАДАЧА К3 (14 балів). В сателітному механізмі, який скла-дається з водила H і конічних шестірень 1, 2 та 3, задані обер-тання шестірень 1 і 2 з кутовими швидкостями 1 const і
2 const , причому 1 2 . Розмірі коліс визначаються ку-тами і в осьових перерізах і відстанню OK (K – точка на осі сателіта 3, див. рис.). Знайти швидкість та доосьове приш-видшення точки K сателіта 3 при 1 22 2 , 45 і OK a . Розв’язання. Колеса 1 і 2 обертаються навколо нерухомої вертикальної осі, яка проходить через точку O. В свою чергу сателіт 3 здійснює обертальний рух як відносно колеса 1, так і колеса 2. Осі цих відносних обертань (позначені на рис. через і , відповідно) перетинаються у точці O, т.ч. колесо 3 здійснює сферичний рух з не-рухомою точкою O. Якщо позначити кутові швидкості відносних рухів через 3 1
і 3 2 ,
то система векторних рівнянь для визначення 3 запишеться наступним чином:
3 1 3 1
3 2 3 2
;.
Систему розв’язуємо графічно через побудову плану кутових швидкостей (див. рис., на якому враховано 1 2 ). З Δ123 (циф-рами позначені кінці відповідних векторів i
) з використанням те-ореми синусів маємо
3 1 1 2
sin 180sin
3 1 1 2
sinsin
.
Значення 3 3
і кут нахилу миттєвої осі обертання Δ колеса 3 відносно вертикалі визначається з Δpω13 (на плані) з вико-ристанням теорем косинусів та синусів –
2 23 1 3 1 1 3 12 cos ;
3 3 1
sin sin
3 1
3arcsin sin
.
Для визначення швидкості та доосьового пришвидшення точки К на осі сателіта 3 справедливі формули
K 3 OKv ; ос
K 3 3 OKw
або K 3 3OK sin ,OKv
; ос 2
K 3 3OK sin ,OKw
.
Очевидно, що 3
180,OM 902 2
, тоді
3sin ,OK sin 90 cos2 2
.
Для заданих в постановці задачі значень ( 1 2 ; 2 ; 45 ; O K a ) має-мо:
O
1
2
1
2
3
KH
p
1
2
3
3/1
O
K
3
OK
3 1 1 2sin
sin 2
; 2 23 1 3 1 1 3 1
102 cos2
;
3 1
3
1sin sin10
2 9 3cos 1 sin
10 10 ;
33sin ,OK cos10
;
K 3 33OK sin ,OK
2av
; 2 2
ос 2K 3 3
10 3 3 10OK sin ,OK4 410
aw a
.
Вектор Kv направлений перпендикулярно площині рисунка «від нас», а вектор осKw розташований у площині рисунка і направлений від K до миттєвої осі обертання Δ..
Відповідь: 3 2a ; 23 10 4a
ЗАДАЧА Д1 (12 балів). Два вантажі D і E однакової маси m утримуються в по-ложенні рівноваги пружиною з жорсткістю c , нижній кінець якої закріплений нерухомо, а верхній приєднано до вантажу D. Вантажі відхилили від положення рівноваги униз на певну відстань і відпустили без початкової швидкості. Чому має бути дорівнювати максимальне значення , щоб при русі системи вантаж E не відірвався від вантажу D? Знайти також закон коливань вантажів x x t від-носно положення рівноваги. Розв’язання. Рівняння руху системи двух вантажів:
прm m x m m g F ,
де прF c x – сила пружності пружини; – дефор-мація пружини від початкової довжини до положення рі-вноваги системи ( m m g c ); x – поточне положен-ня системи вантажів відносно положення рівноваги. Звід-си слідує наступне рівняння руху системи:
2 0x x ,
де 22cm
.
Розв’язок даного диференційного рівняння може бути записаний наступним чином sinx A t cosx A t .
Константи і визначаються з початкових умов 0 sintx A ; 0 0 costx A .
Звідси слідує, що 2
; A . Остаточно sin cos2 2
cx t tm
.
Розглянемо тепер рівняння руху вантажу E (див. рис.): m x m g N .
Звідси N m g m x – сила взаємодії між вантажами D і E. Щоб вантаж не відірвав-ся має виконуватися умова
0N 0m g m x cos2 2c cg x tm m
.
D
xE
x
O
x
Fпр
2mg
N
mg
x
(D,E) E
DE
Максимальне можливе значення у правій частині дорівнює 2c m . Тому нерівність виконується для будь-якого t , якщо
2cgm
.
Тому остаточна відповідь 2mgc
.
Відповідь: 2mg c ; cos 2x t t c m ЗАДАЧА Д2 (12 балів). Вантаж A масою MA при опусканні з певним пришвидшенням по похилій поверхні призми D, яка утворює кут α з горизонтом, через невагому, нерозтяжну і перекинуту через невагомий блок C нитку призводить до руху вантаж B масою MB. При якому значенні коефіцієнта тертя призми з опорною поверхнею вона не буде рухатися? Маса призми дорівнює MD (MD=2MA=4MB). Розв’язання. (див. нижче)
Відповідь:
sin2 cos10 2sin 1 sin
f