ЗАДАНИЕ K1-14
Дано: уравнения движения точки в плоскости ху: x  7t  1 , y  
8
4
; t1  с.
7t  1
7
Найти: уравнение траектории точки; скорость и ускорение, касательное и нормальное ускорение и радиус
кривизны траектории в момент t  t1 .
РЕШЕНИЕ:
1. Уравнение траектории.
Для определения уравнения траектории точки исключим время t из заданных уравнений движения.
Умножаем обе части первого уравнения на 2 и вычитаем из него второе уравнение:
8
8
  - это уравнение гиперболы
7t  1
x
4
Положение точки при t  t1  с:
7
4
x  7  1  5 м
7
8
y
 1,6 м
4
7  1
7
7t 1  x , значит y  
2. Скорость точки.
Скорость найдем по ее проекциям на координатные оси:
dx
dy
56
 7 , vy 

dt
dt (7t  1) 2
4
При t  t1  с:
7
56
 2,24 (м/с)
v x  7 (м/с), v y 
2
 4 
 7   1
 7 
vx 
Модуль скорости
v  v x2  v 2y  7 2  2,24 2  7,35 (м/с)
3. Ускорение точки.
Находим аналогично:
dv y
dv x
784
 0 , ay 

dt
dt
(7t  1) 3
4
При t  t1  с:
7
784
 6,27 (м/с2)
ax  0 (м/с2), a y  
3
 4 
 7   1
 7 
ax 
Модуль ускорения:
a  a x2  a 2y  0 2  6,27 2  6,27 (м/с2)
4. Касательное ускорение.
Имеем a 
При t  t1 
vx ax  v y a y
v
4
с:
7
a 
7  0  2,24  6,27
 1,91 (м/с2)
7,35
5. Нормальное ускорение.
an  a 2  a2  6,27 2  1,912  5,97 (м/с2)
6. Радиус кривизны траектории.

v
м/с
7,35
a
v 2 7,35 2

 9,04 м
an
5,97
a
an

5,97
м
9,04
2
6,27
м/с
1,91
vy
v
aτ
vx
M
an
а = ay
ЗАДАНИЕ К2–14
Дано: φ3= 4t-0,5t2 рад, R2= 15 см = 0,15 м, r2= 10 см = 0,1 м, R3= 15 см = 0,15 м, t= 3 с.
Найти: v M , v1 , aM , a1 .
РЕШЕНИЕ:
φ3
aMτ
3
aM
M
vM
ω3
2
ε3
aMn
ε2
v1
ω2
1
a1
Угловая скорость колеса 3:
3  3  (4t  0,5t 2 )  4  t
При t= 3 c найдем:
3  4  3  1 рад/с
Угловое ускорение колеса 3:
 3   3  (4  t )  1 рад/с2
Т.к. валы 3 и 2 находятся в связи, то
2 R2  3 R3 , откуда  2  3
R3
0,15
1
 1 рад/с
R2
0,15
и
 2 R2   3 R3 , откуда  2   3
R3
0,15
 1
 1 рад/с2
R2
0,15
Линейная скорость груза 1:
v1  2 r2  1 0,1  0,1 м/с
Линейное ускорение груза 1:
a1   2 r2  1 0,1  0,1 м/с2
Линейная скорость точки М:
vM  2 r2  1 0,1  0,1 м/с
Ускорение точки М:

a M  a Mn  a M
Нормальная составляющая ускорения:
n
aM
  22 r2  12  0,1  0,1 м/с2
Тангенциальная составляющая ускорения:
aM   2 r2  1 0,1  0,1 м/с2
Модуль ускорения точки М:
n 2
a M  (a M
)  (aM ) 2  0,12  (0,1) 2  0,14 м/с2
На рисунке изображены модули скоростей и ускорений в соответствии с их действительным
направлением
Ответ: v1  0,1 м/с, a1  0,1 м/с2, vM  0,1 м/с, aM  0,14 м/с2
ЗАДАНИЕ С1–14
Дано: G= 10 кН, α= 30°
Найти: Усилия в опорных стержнях 1 и 2
РЕШЕНИЕ:
B
2
y
α
C
G
1
30
N1
N2
x
о
B
α
G
N1
N2
о
30
R2
R1
A
Рис 1
Рис 2
Рис 3
Рис 4
Рассмотрим находящийся в равновесии груз (рис. 2). На него действуют две силы: сила тяжести
G и сила натяжения троса N1. Поскольку система сил уравновешена, то очевидно, что сила натяжения
троса направлена внутрь троса и по модулю равна весу груза, т.е. N1 = G.
Если для блока (рис. 3) пренебречь трением на его оси, то силы натяжения ветвей его троса
одинаковы, т.е. N2 = N1 (это следует из уравнения моментов относительно центра блока).
Теперь рассмотрим равновесие узла в точке В. На него действуют сила натяжения троса N2,
реакции R1 и R2 стержней АВ и BC (рис. 4).
Реакции опорных стержней всегда направлены вдоль этих стержней. Направим их внутрь
стержней, считая стержни растянутыми.
Составим уравнения равновесия проекций сил на оси х и у (для системы сходящихся сил):
Fkx  0 ,  R2 sin(   30 )  R1 sin 30  N 2  0
Fky  0 ,  R2 cos(  30 )  R1 cos 30  0
Из второго уравнения выражаем R1:
cos(  30  )
cos 30 
Подставляем найденное выражение в первое уравнение:
R1   R2
cos(  30  )
sin 30   N 2  0

cos 30
Отсюда, учитывая, что N2 = N1 = G, найдем:
G
10
R2 

 17,32 (кН)

0,5
cos(  30 )


0
,
866

0
,
5
sin(   30 ) 
sin 30
0,866
cos 30
0,5
R1  17,32
 10 (кН)
0,866
Знак «минус» у величины реакции R1 означает, что она имеет направление, противоположное
принятому, то есть стержень АВ не растянут, а сжат.
 R2 sin(   30  )  R2
Ответ: R1 = -10 кН, R2 = 17,32 кН
ЗАДАНИЕ С2–14
Дано: M= 20 кН∙м, q= 5 кН/м, α= 60°
Найти: Реакции в точках А и В
РЕШЕНИЕ:
y
Q
YA
q
A
XA
M R
B
2
B
α
4
x
Воспользуемся принципом освобождаемости от связей, отбросим их и введем соответствующие
реакции.
В точке В балка имеет шарнирно-подвижную опору, реакция которой RB имеет известное
направление (перпендикулярно опорной поверхности).
Реакция опоры в точке А имеет составляющие ХА и YA по осям х и у.
Распределенную по длине l нагрузку заменим сосредоточенной силой: Q = q∙l = 5∙4 = 20 кН и
приложим посредине участка распределения.
Составим уравнения равновесия:
Fkx  0 ,  X A  RB sin   0
Fky  0 , YA  Q  RB cos  0
m A ( Fk )  0 ,  Q  2  M  RB sin   2  RB cos  4  0
Отсюда находим:
Q2 M
20  2  20
RB 

 16,08 кН
sin   2  cos   4 0,866  2  0,5  4
YA  Q  RB cos  20 16,08  0,5  11,96 кН
X A  RB sin   16,08  0,866  13,94 кН
Проверка:
mB ( Fk )  0 ,  M  Q  2  X A  2  YA  4  0
 20  20  2  13,94  2  11,96  4  0
0,04  0
Ответ: ХА = 13,94 кН; YA = 11,96 кН; RB = 16,08 кН
ЗАДАНИЕ Д1-14
Дано: m  2 кг, t0  0 , x0  0 , v0  0 , Fx  3(1  0,5t ) , t1  6 с
Найти: xmax , s
РЕШЕНИЕ:
x
Fx
mg
Запишем дифференциальное уравнение движения в проекции на ось х:
mx  Fx
C учетом исходных данных:
Учитывая, что x 
dx
, запишем:
dt
Интегрируем
mx  3(1  0,5t )
3(1  0,5t )
x 
m
(1)
dx 3(1  0,5t )

dt
m
3(1  0,5t )
dx 
dt
m
3(1  0,5t )
dt
m
3(t  0,25t 2 )
x 
 C1
m
 dx  
Учитывая, что x 
(2)
dx
, запишем:
dt
dx 3(t  0,25t 2 )

 C1
dt
m
 3(t  0,25t 2 )

dx  
 C1 dt
m


Интегрируем
 3(t  0,25t 2 )


dt
dx


C
1
   m


0,25 3 

3 0,5t 2 
t 
3

 C t C
x
(3)
1
2
m
При начальных условиях t0  0 x0  0 и x0  v0  0 , следовательно, из уравнений (2) и (3) найдем, что
C1  0 и C2  0 .
Уравнения (2) и (3) принимают вид:
x 
3(t  0,25t 2 )
m
0,25 3 

3 0,5t 2 
t 
3


x
m
При максимальном значении координаты xmax скорость x  v  0 , значит
3(t  0,25t 2 )
0
m
t  0,25t 2  0
1  0,25t  0
Значит время до остановки:
t
1
4 с
0,25
Тогда максимальное значение координаты xmax :
xmax
0,25 3 

3 0,5  42 
4 
3

4м

2
Координата x при t1  6 с:
0,25 3 

3 0,5  62 
6 
3

 0
x1 
2
Таким образом точка возвращается в начальное положение.
Значит пройденный путь:
s  2 xmax  2  4  8 м
Ответ: xmax  4 м, s  8 м
ЗАДАНИЕ Д2-14
Дано: M1  2000 Н∙м, M 2  100 , J  250 кг∙м2, t0  0 , 0  0 , 0  0 , t1  10 с
Найти: N
РЕШЕНИЕ:
M1
YO
O
XO
ω
M2
mg
Запишем дифференциальное уравнение вращательного движения:
Т.к.  
J  M1  M 2
d
, то:
dt
J
С учетом исходных данных:
d
 M1  M 2
dt
d
 2000  100
dt
d
 0,4(20   )
dt
d
 0,4dt
20  
250
Интегрируем
d
 20     0,4dt
 ln( 20   )  0,4t  C1
При начальных условиях t0  0 и 0  0  0 , следовательно C1   ln( 20  0)  0,4  0   ln 20 и тогда
 ln( 20   )  0,4t  ln 20
ln 20  ln( 20   )  0,4t
20
ln
 0,4t
20  
20
 e 0, 4t

20  
Откуда:
  20  20e 0, 4t
Т.к.  
d
, то:
dt
d  (20  20e 0, 4t )dt
Интегрируем
 d   (20  20e
0, 4t
)dt
  20t  50e 0, 4t  C2
При начальных условиях t0  0 и 0  0 , следовательно C2  20  0  50  2,72 0, 40  50 и тогда
  20t  50e 0, 4t  50
Для момента t1  10 с:
1  20 10  50  2,72 0, 410  50  150,91 рад
Количество оборотов:
N
1 150,91

 24 (об)
2 2  3,14
Ответ: N  24 об