Transcript Wykład nr 4 - Przykładowe zadania ze zbieżnego układu sił

Państwowa Wyższa Szkoła Zawodowa
w Nysie
Instytut Zarządzania
Projektowanie Inżynierskie
Prowadzący: dr inż. Piotr Chwastyk
e-mail: [email protected]
www.chwastyk.pwsz.nysa.pl
ZADANIE 1
Punkt materialny o ciężarze G, leżący na gładkiej równi pochyłej o kącie
pochylenia α, działają dwie siły S tak, jak przedstawiono na rysunku.
Wyznaczyć siłę S oraz reakcję równi, jeżeli punkt znajduje się w spoczynku.
S
0
S
G
α
dr inż. Piotr Chwastyk
Metoda analityczna
y
Równania równowagi
 Pix  0 R sin  S sin  S cos  0
 Piy  0 R cos  S sin  S cos  G  0
Z pierwszego równania
sin  cos
RS
sin
Po podstawieniu do drugiego równania
S  G sin 
Stąd
R  G sin   cos 
dr inż. Piotr Chwastyk
R
S
x
0
S
G
α
Metoda geometryczna
y
y
0
G
R
R
S
S
α
x
G
α
S
S
x
S  G sin 
R  G cos  S  G cos  G sin  G(cos  sin )
dr inż. Piotr Chwastyk
ZADANIE 2
Nieważka belka AB o długości l opiera się jednym końcem A na stałej podporze
przegubowej A. Drugi koniec B tej belki jest zamocowany na podporze
przegubowej przesuwnej. Wyznaczyć reakcje podpór A i B, jeżeli belka jest
obciążona w punkcie C siłą P
P
450
C 600
A
l/
2
dr inż. Piotr Chwastyk
B
l/
2
Metoda 1
Należy uwolnić belkę od więzów, a w miejscach występowania więzów przyłożyć
odpowiednie reakcje. Ponieważ belka jest obciążona trzema siłami RA, RB i P, wobec
tego dla zachowania równowagi kierunki działania tych sił muszą przecinać się w
jednym punkcie D, a trójkąt zbudowany z tych sił musi być zamknięty.
D
P
RAx
RA
α
A
RAy
C 600
l/
2
750
300
RB
450
450+α
600-α
α
dr inż. Piotr Chwastyk
E
l/
2
P
0
RB 45
RA
90-α
RAx
RAy
B
y
D
P
RAx
α
A
C
600
l/
2
RAy
RB
E
450
B
x
l/
2
Równania równowagi sił będą według przyjętego układu osi będą następujące:
P
ix
P
 RAx  P cos60  RB cos 45  0
0
 RAy  P sin 60  RB sin 45  0
0
iy
Ponadto
tg 
dr inż. Piotr Chwastyk
0
RAy
RAx
 RAy  RAxtg
0
y
D
P
RAx
α
A
C
600
E
l/
2
RAy
Z trójkąta ADE wynika
tg 
RB
450
B
x
l/
2
DE
l
 CE
2
Z trójkąta DCE wynika
DE
DE
DE
tg 60 
 CE 

0
CE
tg 60
3
0
Istnieje też zależność, że
l
 CE  EB
2
A z trójkąta EDB mamy
DE
DE
DE
tg 45 
 EB 

 DE
0
EB
tg 45
1
0
dr inż. Piotr Chwastyk
l
DE
 CE  DE 
 DE
2
3
Podstawiając do wcześniejszego równania
DE
DE
DE
DE
1
3
tg 





l
DE
DE
2 DE
2
2
3

2
 CE
 DE 
DE 
DE(1 
) 1
2
3
3
3
3
3
stąd
  24 54'
0
Rozwiązując układ trzech równań otrzymujemy
P  R
P  R
ix
iy
Ax
 P cos60  RB cos45
R Ax  0,94 P
Ay
 P sin 60  RB sin 45
R Ay  0,43 P
0
RAy  RAxtg
dr inż. Piotr Chwastyk
0
0
0
RB  0,62 P
Metoda 2
D
P
RAx
α
A
C
600
l/
2
RAy
RB
E
450
B
l/
2
Równania równowagi sił będą według przyjętego układu osi będą następujące:
P
P
ix
 RAx  P cos60  RB cos45  0
iy
 RAy  P sin 60  RB sin 45  0
0
0
0
0
Ponadto dodamy trzeci warunek równowagi
l
0
M

P
sin
60


R
cos
45
l  0
 iA
B
2
0
dr inż. Piotr Chwastyk
l
0
 M iA  P sin 60  2  RB cos 45  l  0
0
stąd
1
P sin 60  l
2  0,62P
RB 
0
l cos45
0
Z dwóch pozostałych równań obliczamy niewiadome RAx i RAy
P
ix
 RAx  P cos60  RB cos45  0
0
0
RAx  P cos60  0,62P cos45  0,5P  0,44P  0,94P
0
P
iy
0
 RAy  P sin 60  RB sin 45  0
0
0
RAy  P sin 60  RB sin 45  0,87P  0,62P  0,71 0,43P
0
dr inż. Piotr Chwastyk
0
Metoda geometryczna
750
450
P
300
RB
450+α
600-α
α
RA
90-α
RAy
RAx
Z twierdzenia sinusów
RA
RB
P


0
sin(45   ) sin 75 sin(60   )
stąd
sin 75
RA  P
sin(450   )
dr inż. Piotr Chwastyk
sin(60   )
RB  P
sin(450   )
ZADANIE 3
Walec o promieniu r i ciężarze G spoczywa na gładkiej równi pochyłej o kącie
nachylenia α=30o i jest utrzymywany w położeniu równowagi za pomocą liny OA,
zgodnie z rysunkiem. Do środka walca zamontowano drugą linę , którą
przerzucono przez nieważki krążek. Na końcu tej liny zawieszono ciężar P.
Obliczyć wartość reakcji N w punkcie E zetknięcia się walca z równią oraz
napięcie w linie OA, jeżeli lina OB jest pozioma, a lina OA tworzy z poziomem kąt
β=45o.
y
A
β
N
S
P
x
B
0
C
D
G
α
dr inż. Piotr Chwastyk
P
Metoda analityczna
Równania równowagi
P
P
ix
 P  S cos   N sin  0
iy
 S sin   G  N cos  0
Z równań obliczamy siły S i N
G  Pctg
GP 3
S

sin   cos ctg 0,5( 2  6 )
G cos   P sin 
G 2P
N

(sin   cos ctg ) sin 0,5( 2  6 )
dr inż. Piotr Chwastyk
y
A
β
N
S
x
P
0
G
α
Metoda wykreślna
y
A
β
P
β
N
S
S
x
P
0
N cos  S sin   G
G
N sin  S cos   P
G
α N
α
Po wyznaczeniu sił S i N z tych równań otrzyma się te same wartości jak w
przypadku metody analitycznej
dr inż. Piotr Chwastyk
ZADANIE 4
Znajdź minimalną i maksymalną wartość masy m, aby układ pokazany na
rysunku pozostawał nieruchomy. Równia o kącie nachylenia do poziomu α
przymocowana jest do podłoża. Współczynnik tarcia ciała o masie M
znajdującego się na równi o jej powierzchnię wynosi μ.
dr inż. Piotr Chwastyk
Metoda analityczna
Warunki równowagi:
P
iy
P
P
 0   mg  S  0
T  N
dr inż. Piotr Chwastyk
ix
 0  Mg sin  T  S  0
iy
 0  Mg cos  N  0
S  mg
 mg  S  0
Mg sin  T  S  0
 Mg cos  N  0
T  N
N  Mg cos
T  Mg cos
Mg sin  Mg cos  mg  0
mg  Mg sin  Mg cos
Mg sin  Mg cos
m
g
m  Mg sin  Mg cos
Aby znaleźć minimalną wartość m, należy zmienić zwrot siły tarcia T. Po
przeprowadzeniu analogicznych obliczeń otrzymamy
m  Mg sin  Mg cos
Czyli ostatecznie
Mg sin   Mg cos  m  Mg sin   Mg cos
dr inż. Piotr Chwastyk
ZADANIE 5
Ciało o ciężarze G zawieszono na wsporniku składającym się z trzech prętów połączonych
przegubowo w sposób pokazany na rysunku. Pręty OA i OB, leżącej w płaszczyźnie
prostopadłej do pionowej ściany, tworzą z tą ścianą kąty α=450. Pręt OC tworzy z pionową
ścianą kąt β=600 i również leży w płaszczyźnie prostopadłej do tej ściany. Obliczyć siły w
Prętach pomijając ich ciężary własne oraz tarcie w przegubach.
α
α
1
β
dr inż. Piotr Chwastyk
2
3
G
z
α
2
S2
y
S1
3
1
α
β
x
G
S3
G
Równania równowagi
P
P
P
dr inż. Piotr Chwastyk
ix
0
S1 cos  S 2 cos  0
iy
0
S1 sin  S 2 sin  S3 sin   0
iz
0
S 3 cos   G  0
S1  S 2  0,5G 6
S 3  2G