l?hj?lbqg:f?o:gbd: qzkl1 f ih ИНСТРУКЦИИ aУказания по провеждане на...

УНИВЕРСИТЕТ ПО АРХИТЕКТУРА, СТРОИТЕЛСТВО И ГЕОДЕЗИЯ

СОФИЯ

КУРСОВИ ЗАДАЧИи

ИНСТРУКЦИИ

поТЕОРЕТИЧНА МЕХАНИКА - част І

( Кинематика и статика )

O B

vA

A

ЕD

aA

C

F3F1

OM

aF1

q M qF2

ПЕТЪР ДИМИТРОВ ПАВЛОВ

АЛБЕНА ПЕТРОВА ДОЙЧЕВА

София, 2017 г.

УНИВЕРСИТЕТ ПО АРХИТЕКТУРА, СТРОИТЕЛСТВО И ГЕОДЕЗИЯ

Катедра „ТЕХНИЧЕСКА МЕХАНИКА”

КУРСОВИ ЗАДАЧИ

и

ИНСТРУКЦИИ

по

ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНИКА – част І

( Кинематика и Статика )

ПЕТЪР ДИМИТРОВ ПАВЛОВ

АЛБЕНА ПЕТРОВА ДОЙЧЕВА

София, 2017 г.

Настоящото помагало е предназначено за студентите по специалността

„Строителство на сгради и съоръжения“ – първи курс. През втория семестър на

следването си те се сблъскват с първата от множеството общотехнически

дисциплини – дисциплината Теоретична механика.

Теоретичната механика е основна дисциплина за всеки строителен инженер.

Тя се изучава в три раздела – Кинематика, Статика и Динамика. Първите два от

тях се изучават във втори семестър, а раздел Динамика – в трети. Дисциплината се

преподава в катедра „Техническа механика”, която е в състава на

Хидротехнически факултет.

Дисциплината, известна като Теоретична механика – І част обхваща

първите два раздела – Кинематика и Статика. Съгласно сега действащите учебни

планове, обучението по нея се провежда в рамките на 75 учебни часа – 45 часа

лекции и 30 часа упражнения. По-голямата част от теоретичния материал се

изучава по време на лекциите. През часовете за упражнения се решават задачи,

подготвят се част от курсовите работи, провеждат се контролни и други

изпитвания на студентите.

През семестъра студентите изготвят и заверяват 9 курсови задачи – 2 по

Кинематика и 7 по Статика. Провежда се едно писмено контролно изпитване със

значително отражение върху окончателната оценка по дисциплината. В края на

семестъра студентите получават заверка при следните изпълнени условия: редовно

посещение на учебните занятия (допускат се до две неизвинени отсъствия от

упражнения), проведено контролно упражнение и заверени курсови задачи.

Обучението завършва със семестриален изпит в края на учебната година.

Съставените курсови задачи могат да се ползват и от студенти от други

специалности на Университета по Архитектура, Строителство и Геодезия, както и

от студенти от други университети и висши училища при обучението си по

първите две части на дисциплината Теоретична механика.

Автори:

Доц. д-р инж. Петър Димитров Павлов

Гл. ас. д-р инж. Албена Петрова Дойчева

УАСГ, кат. „Техническа механика”

1046, София, България, бул. „Хр. Смирненски” 1,

Бл. Б, ет. 10

Рецензент:

Доц. д-р инж. Йордан Иванов Клечеров

Съдържание на учебното помагало.

Общи указания към семестриалните задачи.................................................. стр. 04

График за провеждането на упражненията.................................................... стр. 05

Указания по провеждане на изпита по Теоретична механика І част........... стр. 06

Конспект по Теоретична механика – І част................................................... стр. 07

Списък на използуваната литература............................................................. стр. 09

Таблица с център на тежестта на основни фигури и разпределени товари стр. 10

Курсова задача 01 Кинематика на точка....................................................... стр. 11

Примерна курсова задача 01 ………………………...................................... стр. 12

Курсова задача 02 Кинематика на равнинен механизъм............................. стр. 18


Курсова задача 03 Кинематика на сложното движение на томка............... стр. 24


Курсова задача 04 Редукция на пространствена система сили................... стр. 32


Курсова задача 05 Редукция на равнинна система си.ли............................. стр. 42


Курсова задача 06 Равновесие на тяло в пространството............................ стр. 50


Курсова задача 07 Равновесие на тяло в равнината...................................... стр. 58


Курсова задача 08 Равновесие на герберова греда........................................ стр. 68


Курсова задача 09 Равновесие на триставна рамка....................................... стр. 74


Курсова задача 10 Равновесие на равнинна система пръти......................... стр. 80


Изпитни варианти за семестриален изпит..................................................... стр. 90

02 03

Общи указания към семестриалните задачи:

1. Задачите към всяка тема са в 20 варианта. Всеки студент получава варианта,

който съвпада с поредния му номер в списъка на групата. (Съществува

възможност за индивидуално задаване на задачи – в каретата след варианти

19 и 20).

2. Повечето от данните по задачите са функция на факултетните номера,

означени с к0, к1, к2, к3, к4. Ако има студент с факултетен номер с по-

малко цифри, отпред се добавят нули до получаване на петцифрено число.

(Например ф.№ 1423 – 01423 с к0=0, к1=1, к2=4, к3=2, к4=3).

3. Измеренията на всички величини са дадени в системата СИ.

4. Задачите, изготвяни от студентите да се представят на бели листа. Пише се

само с молив и с технически шрифт, само от едната страна на листа. Всички

чертежи да се изпълняват прецизно в подходящ мащаб.

5. При извършване на графични решения плана на положението и плана на

векторите да се чертаят на една страница.

6. На всеки лист вътре в рамката задължително с химикал се изписва

факултетния номер на студента.

7. Задачите се заверяват в срок до две седмици след провеждане на

упражнението по съответната тема.

8. След заверяване на всичките 9 задачи студентът ги подрежда и закрепва в

папка. Върху корицата, или върху отделен лист се написва

График за провеждане на упражненията по дисциплината Теоретична

механика – част І

Раздел Кинематика

01 седмица Кинематика на точка.

02 седмица Кинематика на тяло.

03 седмица Кинематика на равнинен механизъм – анализ на скоростите.

(Задача 2.1).

04 седмица Кинематика на равнинен механизъм – анализ на ускоренията.

(Задача 2.2).

05 седмица Кинематика на сложното движение на материална точка.

(Задача 3).

Раздел Статика

06 седмица Редукция на пространствена система сили.

(Задача 4).

07 седмица Редукция на равнинна система сили.

(Задача 5).

08 седмица Равновесие на тяло в пространството.

(Задача 6).

09 седмица Равновесие на тяло в равнината.

(Задача 7).

10 седмица Равновесие на герберова греда.

(Задача 8).

11 седмица Равновесие на триставна рамка.

(Задача 9).

12 седмица Равновесие на равнинна система от пръти.

(Задача 10).

13 седмица Контролна работа върху задачи по Кинематика и Статика.

14 седмица Равновесие на тела при наличие на сили на триене.

15 седмица Преговор и заверка на семестъра.

Водещ лекционния курс:

.........................................

(Доц. д-р инж. Петър Павлов)

Ръководител катедра:

....................................................

(Проф. д-р инж. Светлана Л.-Маркова)

05

Университет по Архитектура, Строителство и Геодезия – София

Катедра „Техническа механика”

І

І

СЕМЕСТРИАЛНИ ЗАДАЧИ

по Теоретична механика – част І

І

Вариант №_____

І

..............................................................................................................

(трите имена на студента)

І

..................................................

(специалност, група, фак.№)

І

Оценка от контр.работа:___________ Заверил:_____________

(попълва се и се подписва (заверката се получава от

от водещият упражненията заверяващият упражненията

преподавател) преподавател)

04

Указания по провеждане на изпита по Теоретична механика І част:

Обучението по Теоретична механика І част завършва с полагането на

семестриален изпит в края на първата учебна година. Поради значителния обем на

изучавания материал се препоръчва на студентите да отделят 7 – 8 дни от

изпитната сесия за подготовка по този изпит.

Изпитите в катедра „Техническа механика” започват в 8,00 часа в делнични

дни и в 8,30 часа, когато се провеждат в събота или неделя. Право на явяване имат

студентите, получили заверка от преподавателите на упражненията, като

потвърждение на редовното посещение на упражненията, явяването на контролна

работа и изработването и заверката на курсовите задачи. На изпита студентите

трябва да носят студентска книжка, заверените курсови задачи, листа за писани,

уреди за смятане и за чертане.

Изпитът по Теоретична механика І част е с продължителност 4

астрономически часа. Състои се от 4 модула, като препоръчителното за отделяне

време по всеки от тях е около 60 минути. Първите два модула са свързани с

решаване на две задачи – по Кинематика и по Статика. Решението на задачите

трябва да бъде предадено до два часа и половина след началото на изпита.

Третият модул е отговор на теоретичен въпрос от конспекта. Четвъртият

модул е тест с теоретично-практични въпроси.

Максималната оценка по всеки модул е 25 т., като изискването е минимум

10 точки по всеки от тях.

Общата оценка в точки се получава като сума от оценките по четирите

модула плюс оценката от контролната работа. Оценките от контролната работа по

шестобалната система се преобразуват в точки както следва: 2 – минус 10 точки, 3

– минус 5 т., 4 – 0 т., 5 – 5 т., 6 – 10 т.

Окончателната оценка по Теоретична механика І част в цифри се оформя по

следния начин:

Под 40 т. и при под 10 т. по някой от модулите - слаб 2

40 – 49 т. - среден 3,

50 – 69 т. - добър 4,

70 – 89 т. - мн. добър 5,

90 и повече точки - отличен 6.

Два примерни варианта за изпит са дадени на последните две страници.

Дадените указания се отнасят за студентите, явяващи се на изпит при доц.

д-р инж. Петър Павлов.

Водещ лекционния курс: Ръководител катедра:

.........................................

(Доц. д-р инж. Петър Павлов) (Проф. д-р инж. Светлана Л.-Маркова)

УНИВЕРСИТЕТ ПО АРХИТЕКТУРА, СТРОИТЕЛСТВО И ГЕОДЕЗИЯ –

СОФИЯ

Катедра „Техническа механика”

КОНСПЕКТ

по ТЕОРЕТИЧНА МЕХАНИКА – част І

за студентите по специалността

„Строителство на сгради и съоръжения” - І курс – летен семестър

Раздел Кинематика

1. Предмет и раздели на Механиката. Предмет, раздели и основни понятия в

Теоретичната механика. Видове материални обекти, разглеждани в

теоретичната механика.

2. Свободни и несвободни материални обекти. Понятие за връзки и видове

връзки. Степени на свобода на материалните обекти.

3. Предмет на кинематиката. Кинематика на материална точка. Кинематични

характеристики на точка. Начини на задаване на движението на точка.

4. Скорост на точка при векторен, координатен и естествен начин на задаване на

движението.

5. Ускорение на точка при векторен, координатен и естествен начин на задаване

на движението.

6. Връзка между декартовите и естествените проекции на скорост и ускорение

на точка при движението и в равнината.

7. Частни случаи на движение на материална точка - праволинейно,

хармонично, движение на точка по окръжност.

8. Кинематика на тяло. Основна задача на кинематиката на тяло. Закон на

движение. Кинематични характеристики на тялото.

9. Кинематични характеристики на точка от тяло.

10. Кинематика на простите движения на тяло – транслационно и ротационно

движение.

11. Равнинно движение на тяло. Равнинното движение като сума от прости

движения. Кинематични характеристики на тялото.

12. Скорост на точка от равнинно движещо се тяло. Теорема за разпределение на

скоростите на точка от равнинно движещо се тяло. Моментен център на

скоростите.

13. Ускорение на точка от равнинно движещо се тяло. Теорема за разпределение

на ускоренията на точка от равнинно движещо се тяло. Моментен център на

ускоренията.

14. Сферично движение на тяло.

15. Предавателни механизми.

16. Кинематика на сложното движение на материална точка.

Раздел Статика

17. Предмет и основни понятия в Статиката. Аксиоми и основни теореми.

18. Момент на сила спрямо точка и ос. Главен момент на система сили. 07

06

19. Проиволни операции със силите. Събиране на две успоредни сили. Лема за

успоредно пренасяне на сила.

20. Двоица сили. Позволени операции с двоици. Събиране на две двоици.

21. Редукция на произволна пространствена система сили. Векторни компоненти

на редукционата динама. Случаи на редукция на пространствената система

сили.

22. Редукция на произволна пространствена система сили. Скаларни компоненти

на редукционата динама. Случаи на редукция на пространствената система

сили.

23. Редукция до динама и силов винт. Централна ос.

24. Частни случаи на редукция на пространствена система сили.

25. Редукция на конкурентна система сили.

26. Редукция на равнинна система сили.

27. Редукция на система успоредни сили.

28. Център на тежестта на система от материални точки, тяло, повърхнина (диск),

линия (прът).

29. Теореми за определяне на центъра на тежестта. Център на тежестта на някои

характерни фигури.

30. Разпределени товари.

31. Опори и опорни реакции.

32. Равновесие на тяло, натоварено с пространствена система сили.

33. Равновесие на тяло, натоварено с равнинна система сили.

34. Графично определяне на реакциите на тяло, натоварено с равнинна система

сили.

35. Равновесие на системи от тела. Геометрична неизменяемост и статическа

определимост на системите от тела.

36. Герберова греда.

37. Триставна рамка.

38. Равнинни прътови конструкции (ферми).

39. Аналитични методи за определяне на усилията в прътите на фермите.

40. Графично определяне на усилията в прътите на равнинни ферми (план

Кремона).

41. Триене. Общи сведения и класификация. Физически основи и закони на

триенето. Ъгъл на триене и конус на триене.

42. Триене при покой, плъзгане и търкаляне.

43. Покой и движение на материална точка върху грапава наклонена равнина.

44. Равновесие на тела при наличие на сили на триене.

Водещ лекционния курс:

.........................................

(Доц. д-р инж. Петър Павлов)

Ръководител катедра:

....................................................

(Проф. д-р инж. Светлана Л.-Маркова)

Списък на използуваната литература:

1. Младенов, К., П. Колев. Теоретична механика – част І, Кинематика и

Статика. Издателство „АВС – Техника”, София, 1996;

2. Павлов, П., К. Младенов, С. Лилкова-Маркова, А. Дойчева, Д. Лолов, Б.

Наков, А. Младенски – Теоретична механика – част 1, Учебник и методично

ръководство, АВС Техника, София 2013;

3. Кюркчиев, Р., В. Александров. Теоретична механика. Полиграфическа база на

УАСГ, София, 2000;

4. Маленов, Р. Теоретична механика. Полиграфическа база на УАСГ, София,

1995;

5. Гацов, К., Х. Кунчев. Сборник задачи за курсови работи по Теоретична

механика. Полиграфическа база на УАСГ, София, 2001;

6. Колектив от кат. „Техническа механика” на УАСГ. Курсови задачи по

Теоретична механика – част І. Полиграфическа база на УАСГ, София, 2002;

7. Яворова, Ю. Задание за курсови задачи по Техническа механика и методични

указания за решаването им – бакалавърски курс. ХТМУ, София, 2003.

08 09

- 10 -

ЦЕНТЪР НА ТЕЖЕСТА НА ОСНОВНИ ФИГУРИ

УАСГ - кат."Техническа Механика" - Теоретична механика ч. 1 (Кинематика, Статика)

b

b/2 b/2

h

h/2

h/2

x

y

C

C (b/2 ; h/2)b

b3

23b

h

x

y

C

C (b/3 ; h/3)

h 32 3h

b

b2

h

x

y

C

C (b/2 ; h/3)

h 32 3h

b2

D

D/2 D/2

D

D/2

D/2

x

y

C

C (D/2 ; D/2)

D/2 = R D

D/2 D/2D

/2

k x

y

C

C (D/2 ; k)

k =

R

D/2 = R

D/2

k x

y

C

C (k ; k)

k =

R

D/2 = RD/2

k

ЛИНЕЙНО РАЗПРЕДЕЛЕНИ ТОВАРИ

правоъгълен

q

L

L/2 L/2

R=q.L

триъгълен

q

L

R=q.L/2

L/323L

q

L

R=q.L/2

L/323L

трапецовиден

q

L

L/2 L/2

R =q .L

q

q

q -

q

1 11

2

2

1 1

R =(q -q ).L/22 2 1

L/323L

L

R =q .L/2

q

q1

2

1 1

R =q .L/22 2

L/3 L/3 L/3

q1

q -даден

2

L

L1 L2

q =(q .L )

L11

неизвестен

2

ПЛОЩНО РАЗПРЕДЕЛЕНИ ТОВАРИ

триъгълен

трапецовиден

R=q.b.h

C (b/2 ; h/2)

Cx

y

b

b/2 b/2

h

h/2

h/2

R=q.b.h/2

C ( 23b ; h/2 )

Cx

y

b

h

h/2

h/2

b3

23b

q q

R =q .b.h

Cx

y

b

b/2 b/2

h

h/2

h/2

q

R =q .b.h/2

C

b3

23b

q1

2

1 1

2 2

1

2

C (b/2 ; h/2)1

C ( 23b ; h/2 )2

[m],

[m];

[s].

x = - a.sin^2(p*t/3)

y = b.cos^2(p*t/3) + b

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = a.t - b

y = b.t^2 + b/a

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

[m],

[m];

[s].

x = b.sin(p*t/3)

y = a.cos(p*t/3) - b

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = a.t

y = -b.t^2 - b

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = a.sin^2(p*t/4)

y = -b.cos^2(p*t/4)

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = -a.t^2 - t + b

y = b.t^2 - (b/a). t

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = a.sin(p*t/6)

y = a.cos(p*t/6)

a = 3+0.1*k4;

t1 = 3+0,1*k2

[m],

[m];

[s].

x = - a.sin^2(p*t/3)

y = b.cos^2(p*t/3)

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = a.t

y = -b.t^2 + a

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

[m],

[m];

[s].19

17

[m],

[m];

[s].

x = b.sin(p*t/3) - a

y = a.sin(p*t/3)

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = -a.t

y = b.t^2 - a

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

[m],

[m];

[s].

x = a.t^2 - b

y = -b.t

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

[m],

[m];

[s].

15

13

11

09

[m],

[m];

[s].

- 11 -

20

18

[m],

[m];

[s].

16

14

12

10

[m],

[m];

[s].

[m],

[m];

[s].

[m],

[m];

[s].

УАСГ - кат. "Техническа Механика" - Теоретична механика ч. 1 (Кинематика, Статика)

К У Р С О В А З А Д А Ч А 1 Кинематика на точка Зададен е параметричният закон на движение на точка М в равнината Оxy. Да се определят:

а) Уравнението на траекторията;

б) В момента от време t1 положението на точката, скоростта и ускорението .

Да се начертае траекторията и върху нея да се изобразят положението на точката и намерените кинематични характеристики.

x = a.t^2 - b

y = -b.t

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = a.sin(p*t/6) + b

y = b.cos(p*t/6)

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3

t1 =3+0,1*k2

x = - a.sin^2(p*t/3) - b

y = b.cos^2(p*t/3) + a

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = a.sin^2(p*t/3) - b

y = b.cos^2(p*t/3) + a

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

01

[m],

[m];

[s].

x = a.sin(p*t/4)

y = a.cos(p*t/4)

a = 3+0.1*k4;

t1 = 3+0,1*k2

[m],

[m];

[s].

x = a.sin^2(p*t/3)

y = b.cos^2(p*t/3) - a

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

x = -a.t^2 - (a/b).t

y = b.t^2 - t - a

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2

[m],

[m];

[s].

x = b.cos(p*t/6) - a

y = a.cos(p*t/6)

a = 3+0.1*k4,

b = 2+0.1*k3

t1 = 3+0,1*k2

[m],

[m];

[s].

07

05

03

02

[m],

[m];

[s].

08

06

04

[m],

[m];

[s].

[m],

[m];

[s].

[m],

[m];

[s].

x = b.sin(p*t/4) - a

y = a.sin(p*t/4)

a = 4+0.1*k4;

b = 2+0.1*k3;

t1 = 3+0,1*k2 [s].

Зададен е параметричният закон на движение на точка М в равнината Оxy.Да се определят:

а) Уравнението на траекторията;

б) В момента от време t1 положението на точката, скоростта иускорението .

Да се начертае траекторията и върху нея да се изобразят положението наточката и намерените кинематични характеристики.

Данни:

a = 4+0,1.k4 = 4+0,1.2 = 4,2 ;

b = 2+0,1.k3 = 2+0,1.6 = 2,6 ;

t1 = 3+0,1.k2 = 3+0,1.3 = 3,3 s.

x = 2,6 . sin(p*t/4) - 4,2

y = 4,2 . sin(p*t/4)

К У Р С О В А З А Д А Ч А

№ 1

Кинематика на точка

- 13 -

В1

15362(с химикал) →

(с химикал) →

* (В скоби са дадени обяснения. Те не се преписват, само се спазват.)!!!- 12 -

2. Определяне на скоростта и ускорението на точката.

15362

(с химикал) ↓

Факултетен номер: 1 5 3 6 2K0 K1 K2 K3 K4

1. Изследване на закона на движение и определяне на вида на кривата на

траекторията.

sin(p.t/4) =

sin(p.t/4) =

x + 4,2

2,6

y

4,2

x + 4,2

2,6 =

y

4,2

Tраекторията на точката е права линия с уравнение :

Изключваме параметъра t и получаваме уравнението на траекторията вдекартови координати.

2,1

1,3 =y (x + 4,2) = 1,61538.x + 6,785

Правата линия е отместена спрямо началото на координатната система по ос y

с 6,785 и сключва ъгъл β=58,244° (= arctg 1,61538) с ос x :

vx = x = 2,6 . cos(p.t/4) = 0,65.pcos(p.t/4)

vy = y = 4,2 . cos(p.t/4) = 1,05 .pcos(p.t/4)

. p4p4

v = vx2 + vy

2 = (0,65.pcos(p.t/4))2 + (1,05 .pcos(p.t/4))2 = 1,2349pcos(p.t/4)

.

Стойности на скоростта и нейните проекции върху осите за t=3,3s

vx (t=3,3s) = 0,65.pcos(p.3,3/4) = -1,7411 m/s

vy (t=3,3s) = 1,05 .pcos(p.3,3/4) = -2.8126 m/s

v (t=3,3s) = vx2 + vy

2 = 1,74112 + 2,81262 = 3,3079 m/s

2.1. Скорост на точката.

ax = vx = - 0,65 . sin(p.t/4) = - 0,1625.p2sin(p.t/4)

ay = vy = - 1,05 . sin(p.t/4) = - 0,2625 .p2sin(p.t/4)

. p2

4

p2

4

a = ax2 + ay

2 = (0,1625.p2sin(p.t/4))2 + (0,2625 .p2sin(p.t/4))2 =

= 0,3087p2sin(p.t/4)

.

Стойности на ускоренията и неговите проекции върху осите за t=3,3s

ax (t=3,3s) = - 0,1625.p2sin(p.3,3/4) = - 0,8380 m/s2

ay (t=3,3s) = - 0,2625 .p2sin(p.3,3/4) = - 1,3537 m/s2

a (t=3,3s) = ax2 + ay

2 = 0,83802 + 1,35372 = 1,5921 m/s

2.2. Ускорение на точката.

3. Проекции на ускорението в естествени координати.

аτ (t=3,3s) = = = 1,5921 m/s2vx.ax+vy.ay

v

-1,7411.(-0,8380)+(-2,8126).(-1,3537)

3,3079

От друга страна аτ = v

аτ = (1,2349pcos(p.t/4)) = - 1,2349. sin (p.t/4) = - 0,3087p2sin(p.t/4)

.

d

dtp2

4аτ (t=3,3s) = - 0,3087p2sin(p.3,3/4) = - 1,5920m/s2

Тогава аn = a2 - aτ2

аn (t=3,3s) = a2 - aτ2 = 1,5922 - 1,5922 = 0 m/s2

Движението на точката е по права линия и пълното ускорение а съвпада с aτ. Тогава

аn = 0 m/s2

При движение по друга траектория, различна от права линия, може да се провери

стойността на аn (t=3,3s) с:

аn (t=3,3s) = = = 0 m/s2vx.ay-vy.ax

v

-1,7411.(-1,3537)-(-2,8126).(-0,8380)

3,3079

Радиусът на кривина ρ = ∞. ( ρ = )аn

v2

- 15 -


- 14 - 15362(с химикал) →

4. Построяване на траекторията по точки.

t [s] 0 0,55 1,10 1,65 2,20 2,75 3,30 3,85

x [m] -4,2 -3,111 -2,223 -1,698 -1,632 -2,038 -2,842 -3,894

y [m] 0,00 1,758 3,194 4,042 4,148 3,492 2,194 0,494

Забелязва се промяна в посоката на движение около 2,20s. Определянето на

точния момент на обръщането на посоката става чрез изследването на екстремум на

функциите на x и у координатите.

vx = x = 2,6 . cos(p.t/4) = 0,65.pcos(p.t/4)

vy = y = 4,2 . cos(p.t/4) = 1,05 .pcos(p.t/4)

. p4p4

.

x = 0

y = 0

.

. cos(p.t/4)= 0 p4 .t = p2

t = 2s

p4 .t = 3p2

t = 6s

2,00

-1,600

4,200

(Прибавена е допълнителна колона

в таблицата за t=2s.)

vx [m/s] 2,042 1,854 1,326 0,554 -0,319 -1,134 -1,741 -2,028

vy [m/s] 3,299 2,996 2,142 0,895 -0,516 -1,833 -2,813 -3,276

0,00

0,00

v [m/s] 3,880 3,523 2,520 1,053 0,607 2,155 3,308 3,8530,00

ax[m/s2] 0,00 1,220 1,544 1,584 1,334 0,838 0,189

ay[m/s2] 0,00 1,970 2,494 2,559 2,154 1,354 0,305

1,604

2,591

a [m/s2] 0,00 2,317 2,933 3,010 2,534 1,592 0,3583,047

0,671

1,085

1,276

x

y

-1,00-2,00-3,00-4,00

1,00

2,00

3,00

4,00

M0

M0,55

M1,1

M1,65

M2

M2,2

M2,75

M3,3

5. Определяне на изминатия път.

S = ∫ │v│dtt0

t1

S = ∫ 1,2349pcos(p.t/4) =

= 4,9396 [sin( p. t/4) │ + │sin( p. t/4)│ │] =

= 4,9396 { [sin( p. 2/4) - sin( p. 0/4) ] + │[sin( p. 3,3/4) - sin( p. 2/4) ]│} =

= 4,9396 [(1-0) + │(0,522-1)│] = 4,9396 [ 1 + 0,4775014 ] = 7,29837 m

0

2

+ ∫ │1,2349pcos(p.t/4)│2

3,3

0

2

2

3,3

Когато решението на интеграла за определянето на изминатия път е сложно могат

да се използват приблизителни методи като метод на трапците или формулата на

Симпсон.

vx

vyv

a=aτ

ay

ax

За да бъдат демонстрирани приблизителните методи в конкретния пример се

налага преизчисляване на стойностите за скоростта с нова стъпка на времевия

интервал. Поради липсата на кратност на екстремната стойност за t = 2s и крайния

момент от време t = 3,3s ще разделим на два интервала с две различни стъпки.

t [s] 0 0,50 1,00 1,50 2,325 2,65 2.975 3,302,00

vx [m/s] 2,042 1,887 1,444 0,781 -0,516 -0,998 -1,415 -1,741

vy [m/s] 3,299 3,048 2,333 1,262 -0,833 -1,612 -2,286 -2,813

0,00

0,00

v [m/s] 3,880 3,584 2,743 1,485 0,980 1,896 2,689 3,3080,00

- 17 -


- 16 - 15362(с химикал) →

Метод на трапците.

t [s]

v [m/s]

1,000,50

0,0 2,001,50

2,652,325

3,302,975

v0 =

3,8

80

v0

,5 =

3,5

84

v 1 =

2,7

43

v 1,5

=1

,48

5

v2=

0,0

0

v2

,32

5=

0,9

80

v2,6

5=

1,8

96

v2,9

75=

2,6

89

v3

,30=

3,3

08

S = ∫ │v│dt = ∆t1 (0,5 v0+v0,5

+v1+v1,5

+0,5v2) ∆t2 (0,5 v2+v2,325

+v2,65

+v2,975

+0,5v3,3

)

= 0,50 (0,5.3,88+3,584+2,743+1,485+0,5.0,0)+0,325(0,5.0,0+0,98+1,896+2,689+0,5.3,308)=

= 4,876 + 2,3462 = 7,2222 m

t0

t1

Формула на Симпсон.

S = ∫ │v│dt = (v0+4v0,5

+2v1+4v1,5

+v2) (v2+4v2,325

+2v2,65

+4v2,975

+v3,3

)

= (3,88+4.3,584+2.2,743+4.1,485+0,0) + (0,0+4.0,98+2.1,896+4.2,689+3,308)=

= 4,940 + 2,3591 = 7,2991 m

t0

t1 ∆t13

∆t23

0,50

3

0,325

3

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].aA EAB

ly

O

Aw1

= 2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

w1

D

- 18 - lxlx lxlx

lyly

lxlxlx lx

EB

09

a1

A O

O

07

lylyC w1

lyly

lyly

E

D

C B

w1

= 2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

lxlxlx lx lx

DB

E

lxlxlx

lyly

10

Ca1

lyly

O

DA

lylyC

aA

vA

lyly

08

w1 =

2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4

[m

].

lyly

w1 =

2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4

[m

].

DA

O

vA

O

B

vA

aA

E

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

lyly

E

C

05

lyly

D

A

03

C

D

w1 O

a1

E

w1

lyly

lylyB

A

a1 O

w1 =

2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4

[m

].

lylyHB

01

CB D

A a1w1

lyOly

E

B

lyly

w1 =

2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

06

04

A

vA

E

aA

lyC

ly

D lyly

B D

E

C

lyly

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

02

К У Р С О В А З А Д А Ч А 2

Кинематика на равнинен механизъм


Показано е моментното положение на равнинен механизъм.

По зададените кинематични характеристики (ъгловата скорост и ъгловото ускорение на тяло 1 за

някои от вариантите и скоростта и ускорението на точка A за други) да се определят ъгловите скорости

на телата, скоростите на означените точки, ъгловото ускорение на тяло АВ и ускорението на точка В.

Ускорението на точка В да се намери и графично.

lyC

O

w1

a1

A

ly

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].aAvA

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].D

lx

O

aA

lx lxlx

D

B

lxlx lxlx

...

lxlxlx lxlx lxlx lx

19

C

AvA

lyly

lyly

H

B

E

C

D

O lyly

A

lyly

...

- 19 -

20

B

D

A

D

C

D

B

O

O

vA

aA

w1

B

A

O

a1

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

lyD

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

lyC

w1 =

2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

17

lyly

O

a1E

w1

lyly

15

ED

BA

lyly

w1

a1

O

vA aA

C

lyly

C

OC

E

A

aA vA vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

lyly

lyly

D

13

lyly

A

B

D

E

lyly

lyly

vA

A

aA

lyly

w1 =

2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

18

16

vB =

12+

k3 [m

/s],

aB =

20+

k4

[m/s

^2],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [m

].

14

a1

E

O

w1 =

2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4

[m

].

E

ly

11

C

B

E

lyly

lyly

O

B

Е

lyC

BC

D

lyA

ly

w1

lyly

w1 =

2+

0,1

.k3

[

s^-1

],

a1 =

3+

0,2

.k4 [

s^-2

],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4

[m

].

12

A

Данни:

vA = 8+k4 = 8+2 =10 m/s ,

aa = 20+k2 = 20+3 = 23 m/s² ,

lx = ly = 1+0,1.k4 = 1+0,1.2=1,2 m.

D

A

O

E1

,5.l

y

H

B


№ 2

Кинематика на равнинен механизъм

Показано е моментното положение на равнинен механизъм .

По зададените кинематични характеристики (ъгловата скорост и ъгловото

ускорение на тяло 1 за някои от вариантите и скоростта и ускорението на точка A

за други) да се определят ъгловите скорости на телата, скоростите на означените

точки , ъгловото ускорение на тяло АВ и ускорението на точка В .

У с к о р е н и е т о н а т о ч к а В д а с е н а м е р и и г р а ф и ч н о .

C

lx

- 21 -

aAvA

В1

ly




D

A

E

H

B

C

vA

1. Определяне на броя на телата и техните движения.

2,4 3,6 4,8

1,8

4,8

1

2

3

4

w1 = 3,125vB

vEvD

vC

P4=∞w4 = 0

P2

w2 = 2,083

P3

w3 = 5,556

-3,0

-

vH

P1≡O

1 ротация

2 равнинно

3

4

равнинно

транслация


lx lx lx lx lx lx lx lx

lyly

ly 4тяло vA = vD = vC = 10 m/s

3тяло w3 = = = 5,556 svA

P3A

10

1,8-1 (нанесете на схемата)

vH = w3 . P3 H = 5,556 . 2,546 = 14,15 m/s

2тяло w2 = = = 2,083 svA

P2A

10


vE = w2 . P2 E = 2,083 . 3,0 = 6,25 m/s

vB = w2 . P2 B = 2,083 . 3,6 = 7,50 m/s

1тяло w1 = = = 3,125 svB

P1B

7,5


2. Изчисляване на скоростите на всички означени точки и ъгловите скорости на

всички тела.

2тяло aB = aA + aВА

3. Изчисляване на ускорението на точка В и ъгловото ускорение на тяло АВ.

1тяло aB = aB + aВц вр

aB + aВц вр = aA + aВА + aВА

ц вр

aBA

1като точка от тялоaB = w1 . OB = 3,125 . 2,4 = 23,438 m/sц 2 2 2

aB = a1 . OB = 2,4 . a1

врaB

точка B има ускорение

-2,5

46-


- 23 -

ГРАФИЧНО РЕШЕНИЕ


aB = 23,438 m/sц 2

aBА = 7,8 . 10 = 78 m/sвр

aB = 7,2 . 10 = 72 m/s

- 22 -

A

B C

aA

2,4 3,6 4,8

1,8

4,8

w1 = 3,125

P2

w2 = 2,083

-6,0-

P1≡O


Проектираме върху ос x :

2като точка от тялоaBA = w2 . AB = 2,083 . 6 = 26,042 m/sц 2 2 2

aBA = a2 . AB = 6 . a2

врaBA

т. B има ускорение спрямо т. А

a2

aВА

ц

врaВ - пр.

цaВ

aВА

- пр.

вр

a1

x

y

bcos b = 0,6000 *

sin b = 0,8

* (записва се до 4-ти знак

след десетичната запетая)!!!

* * ( ако b е точен ъгъл ,

тогава се записва cosb и

sinb , примерно: при b=45°

пишем cos 45 или sin 45 и

извършваме изчисленията

директно на калкулатор)!!!

ц вр

aB= ( aВ ) + ( aВ )ц вр

- aB + 0 = aA + aВА .cosb+ aВА .sin bц ц вр

- 23,438 = 23 + 26,042 .0,6 + aВА .0,8вр

aВА = -77,579 m/sвр 2

(обръщаме посоката на схемата )

aВА = 6 . a2 = 77,579 m/sвр 2

a2 = aAB = 12,93 s -2(нанесете на схемата)

Проектираме върху ос y :

- aB .cosb+ aВ .sin b = aA .cosb+ aВА+ 0ц цвр

- 23,438.0,6 + aВ . 0,8= 23.0,6 + 26,042вр

aВ = 67,381 m/sвр 2

aВ = 2,4 . a1 = 67,381 m/sвр 2

a1 = 28,075 s -2(нанесете на схемата по посока на aB - пр.)

вр

2 2 = 23,438 + 67,381 = 71,341 m/s

2 2 2

*** (Скоростите и ускоренията могат да бъдат нанесени на една схема,

но в този случай трябва да се работи в по - едър мащаб ) ! ! !

A

B

C

aA

2,4 3,6 4,8

1,8

4,8-6,0-

O

aВА

ц

вр

направл

. на

aВ

цaВ на

правл.

на aВ

Авр

План на положението:

aBA = 26,042 m/sц 2

План на ускоренията:

От аналитичното

решение знаем :

aB + aВ = aBц вр = aA + aВА + aВА

ц вр

aBA

направл.

на aВ

Авр

вр

направл

.

на

aВ

цaВ

aВА

ц

aA

врaВ

aВАвр

П

aВ

Отчетени:

aB = 6,8 . 10 = 68 m/sвр

2

2

2

М 1 cm ^ 1m=

М 1 cm ^ 10 m/s=2

aB = = .100 % = 0,92 %aBгр. -aBан.

aBан.

68 - 67,381

67,381

врвр вр

вр

aBA = = .100 % = 0,54 %aBAгр. -aBAан.

aBAан.

78 - 77,579

77,579

врвр вр

вр

aB = = .100 % = 0,92 %aBгр. -aBан.

aBан.

72 - 71,341

71,341

Грешка на графичното решение:

aB + aВ = aB = aA + aВА + aВАц вр

aBA

a2-пр.

fe(

t) =

lx

.t^

2 -

3.l

x.t

[rad

],

s(t)

= 2

.lx

.(1

-co

s((

/4).

t))

[m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

fe(

t) =

3.l

x.t

^2

- 6

.lx

.t[r

ad],

s(t)

= 2

.lx

.sin

((/6

).t)

[

m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

s(t)

lyly

lyly

lyly

lyly

lyly

lyly

- 24 -

fe(t)

M

lxlx lx lx

s(t)O

lxlx lx lx

O

xe(t)s(t)

O

fe(t)t1

= 1

+ 0

,1.k

3

[s

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

fe(t

) =

2.l

x.t

^2

- 5

.lx

.t

[

rad

],

s(t)

= 3

.lx

.(1

-cos(

(/3

).t)

)

[m

],

fe(

t) =

lx.t

^2 -

5.l

x.t

[

rad],

s(t)

= 2

.lx.s

in((

/6).

t) [

m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

fe(t)

lx

09

fe(t)

lx lx lx lx

ly

lx lx lx

ly

s(t)

lyly

10

fe(t)

s(t)

t1 =

1+

0,1

.k3

[s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

xe(t

) =

3.l

x.t

^2

- 6

.lx

.t

[m

],

s(t)

= 3

.lx

.(1-c

os(

(/3

).t)

)

[

m],

07

O

05

M

fe(t)

fe(

t) =

lx.t

^2 -

5.l

x.t

[

rad],

s(t)

= 2

.lx.s

in((

/6).

t) [

m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

lyly

M

lyly

08

s(t)ly

ly

O lyly

06

lyly

lyly

lyly

lyly


Кинематика на сложното движение на точка


Идеално твърдо тяло извършва преносно движени по закона xe(t) ( fe(t)).

Точка М извършва относително движение спрямо тялото по закона s(t) = OM (t).

Определете абсолютната скорост и абсолютното ускорение на точката при време t = t1.

s(t)

fe(t)

M

s(t)

fe(t)

O

M

fe(

t) =

lx

.t^

2 -

4.l

x.t

[

rad

],

s(t)

= 1

,5.l

x.s

in((

/8).

t)[m

],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].t1

= 1

+ 0

,1.k

3

[s

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

fe(

t) =

lx

.t^

2 -

3.l

x.t

[rad

],

s(t)

= 2

.lx.(

1-c

os(

(/4

).t)

)

[m],

03

fe(t)

xe(t)

01

fe(

t) =

2.l

x.t

^2

- 5

.lx

.t

[r

ad],

s(t)

= 3

.lx.(

1-c

os(

(/3

).t)

) [

m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s]

,

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

lyly

s(t)

lyly

O

04

O lyly

ly

s(t)

ly

xe(t

) =

2.l

x.t

^2

- 5

.lx

.t

[m],

s(t)

= 2

.lx

.(1

-co

s((

/2).

t))

[

m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[

s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

02

fe(

t) =

lx

.t^

2 -

3.l

x.t

[

rad

],

s(t)

= 2

.lx

.sin

((/6

).t)

[

m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

t1 =

1+

0,1

.k3

[s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

xe(t

) =

lx

.t^

2 -

2.l

x.t

[m

],

s(t)

= 2

.lx

.(1

-co

s((

/6).

t))

[m],

O

lxlx lx lx lx lx lx lx

...

lx lx

s(t)

fe(t)

O

M

O

M

s(t)

fe(t)

fe(

t) =

lx.t

^2 -

5.l

x.t

[

rad],

s(t)

= 2

.lx.s

in((

/6).

t) [

m],

t1 =

1+

0,1

.k3 [

s],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4

[

m].

lyly

lyly

19

lyly

lyly

17

xe(t)

- 25 -

...

lxlxlx lx lx lx

18

t1 =

1+

0,1

.k3

[s

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

20fe(

t) =

2.l

x.t

^2

- 4

.lx

.t

[

rad

],

s(t)

= 3

.lx

.(1

-co

s((

/6).

t))

[m],

O

fe(t)

M

s(t)

lyly

lyly

s(t)

lyly

lyly

fe(

t) =

lx

.t^

2 -

3.l

x.t

[rad

],

s(t)

= 2

.lx

.(1

-co

s((

/4).

t))

[m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[

s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

fe(t)

s(t)

fe(t)

fe(t)

s(t)

M

fe(

t) =

lx

.t^

2 -

3.l

x.t

[

rad

],

s(t)

= 2

.lx

.sin

((/4

).t)

[

m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

lyly

lyly

fe(t)

15

lyly

lyly

13

s(t)

M

fe(t)

O

fe(

t) =

lx.t

^2 -

4.l

x.t

[

rad],

s(t)

= 1

,5.l

x.s

in((

/8).

t)[m

],

t1 =

1+

0,1

.k3 [

s],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

lyly

lyly

11

xe(

t) =

2.l

x.t

^2

- 4

.lx

.t [r

ad],

s(t)

= 3

.lx

.sin

((/8

).t)

[

m],

t1 =

1+

0,1

.k3

[s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

16

14

fe(

t) =

3.l

x.t

^2 -

8.l

x.t

[rad

],

s(t)

= 1

,5.l

x.s

in((

/8).

t)[m

],

t1 =

1+

0,1

.k3 [

s],

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

O

M

s(t)

lyly

lyly

xe(t)

O

s(t)

lyly

lyly

12

t1 =

1+

0,1

.k3

[s],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[m

].

fe(

t) =

2.l

x.t

^2

- 4

.lx

.t

[

rad

],

s(t)

= 3

.lx

.(1

-co

s((

/6).

t))

[m],

s(t)

MO

fe(t)

lyly

lyly


№ 3

Кинематика на сложното движение на точка

- 27 -

В1




1. Определяне на положението на системата при t = t1 = 1,6 s.


Идеално твърдо тяло извършва преносно движени по закона xe(t) ( fe(t)).

Точка М извършва относително движение спрямо тялото по закона

s(t) = OM (t).

Определете абсолютната скорост и абсолютното ускорение на точката

при време t = t1.

fe(t) = lx.t ² - 4.lx.t [rad],

sr(t) = 2.lx.(1-cos(( /4).t)) [m],

t1 = 1+ 0,1.k2 [s],

x

y

xA

yA

lx

lyly

ly

lx lx lx

A

M0

M1,2m

lx = ly = 1+0,1.k4 [m],

xA = t ³/3 - 4.t ² [m],

yA = 4.t ² - 5.t ³/4 [m].

fe(t)


lx = ly = 1+0,1.k4 = 1+0,1.4 = 1,4 m,

t1 = 1+ 0,1.k2 = 1+0,1.6 = 1,6 s,

sr(t) = 2.lx.(1-cos(( /4).t)) = 2.1,4.(1-cos(( /4).t)) = 2,8.(1-cos( .t/4)) [m],

fe(t) = lx.t ² - 4.lx.t = 1,4.t ² - 4.1,4.t = 1,4.t ² - 5,6.t [rad],

xA (t) = t ³/3 - 4.t ² [m],

yA (t) = 4.t ² - 5.t ³/4 [m].

* (Записват се законите за движение .

Тук не се замества с времето t)!!!

sr(t)

Релативно движение:

sr (t = 1,6s) = 2,8.(1-cos ( .1,6 / 4)) = 1,935 m,

Преносно движение:

fe(t = 1,6s) = 1,4.t ² - 5,6.t = 1,4.1,6 ² - 5,6.1,6 = -5,376 rad,

fe(t = 1,6s) = -5,376 rad. = -308,02°

xA (t = 1,6s) = t ³/3 - 4.t ² = 1,6 ³/3 - 4.1,6 ² = -8,87 m,

yA (t = 1,6s) = 4.t ² - 5.t ³/4 = 4.1,6 ² - 5.1,6 ³/4 = 5,12 m.

180

π

x

y

xA = -8,87 m,

yA = 5,12 m.

A

M0

M

1,2

fe(t)

s =1

,935

4,2

5,6

xA(t)

yA(t)

A

fe = -308,02°

2. Определяна на кинематичните характеристики на релативното движение.

2.1. Релативна скорост.

vr (t)= sr (t) = (2,8.(1-cos ( .t / 4))) = 2,8.( / 4).sin ( .t / 4)

vr (t= 1,6s) = 2,8.( / 4).sin ( .1,6 / 4) = 2,09 m/s

2.2. Релативно ускорение.

ar (t)= vr (t) = ( 2,8.( / 4).sin ( .t / 4)) = 2,8.( / 4) ².cos ( .t / 4)

ar (t=1,6s) = 2,8.( / 4) ².cos ( .1,6 / 4) = 0,534 m/s²

d

dt

° d

dt

°

(нанесете на схемата по

посока на движението )


посока на движението )

M0

M vr

ar

(ако релативната скорост или релативното ускорение

се получат с отрицателен знак се нанасят в обратна на

движението посока , т.е. от М към М0)

- 29 -


- 28 - 13654

(с химикал) ↓

3. Определяна на кинематичните характеристики на тялото.

2.1. Ъглова скорост.

we(t) = fe(t) = (1,4.t ² - 5,6.t) = 1,4.2.t - 5,6 = 2,8.t - 5,6

we(t= 1,6s) = 2,8.1,6 - 5,6 = -1,12 s

2.2. Ъглово ускорение.

ae(t)= we(t) = ( 2,8.t - 5,6) = 2,8 s °

d

dt

d

dt

°

-1

-2


посока обратна на fe(t))


посока на fe(t))

x

y

A

M0

M

1,2

s =1

,935

38,02°

fe(t)

4,25,

6

we=1,12 s

ae= 2,8 s -2

-1

vr

ar

4. Преносно движение.

(Преносното движение на тялото е равнинно , съставено от две компоненти - транслационна със

закони xA и yA и ротационна със закон fe(t).

4.1. Преносно движение от транслация.

4.1. Скорост.

veAx(t)= xAx

(t) = (t ³ /3 - 4.t ² ) = t ² - 8.t

veAx(t=1,6s)= 1,6 ² - 8.1,6 = -10,24 m/s

veAy(t)=y

Ay (t) = (4.t ² - 5.t ³ /4) = 8.t - 15.t ² /4

veAy(t=1,6s)= 8.1,6 - 15.1,6 ²/4 = 3,2 m/s

4.2. Ускорение.

aeAx(t)= ve

Ax (t) = (t ² - 8.t) = 2.t - 8

aeAx(t=1,6s)= 2.1,6 - 8 = - 4,8 m/s²

aeAy(t)=ve

Ay (t) = (8.t - 15.t ² /4) = 8 - 7,5.t

aeAy(t=1,6s)= 8 - 7,5.1,6 = - 4 m/s²

° d

dt

° d

dt

° d

dt

° d

dt

( нанесете на схемата)




4.2. Преносно движение от ротация.


veMA = we . AM = 1,12 . 5,241 = 5,87 m/s


aeцМА = we

2 . AM = 1,122 . 5,241 = 6,57 m/s2

aeврМА = ae . AM = 2,8 . 5,241 = 14,67 m/s2

x

y

A

M0

M

1,2

s =1

,935

38,02°

fe(t)

4,2

5,6

we=1,12 s

ae= 2,8 s -2

-1

v r

ar

veAx

aeAx

veAy

aeAy

3,13

5

-5,2

41-

veMA

aeврMA

aeцMA

5. Сумарни характеристики на преносното движение.

b

tgb = 3,1354,2

= 0,7464 b = arc tg 0,7464 = 36,74°

g

g= 90 - (38,02 + 36,74) = 15,24°

g= 15,24°

cos g=0,9648

sin g=0,2629

(нанесете до схемата)

g


vex = veMA.cos g - ve

Ax = 5,87.0,9648 - 10,24 = - 4,58 m/s

vey = veMA.sin g + ve

Ay = 5,87.0,2629 + 3,20 = 4,74 m/s

ve = vex2 + vey

2 = 4,582 + 4,742 = 6,59 m/s


aex = aeцМА.sing - ae

врМА.cosg- aeAx= 6,57.0,2629 - 14,67.0,9648 - 4,8 = -17,23 m/s2

aey = -aeцМА.cosg - ae

врМА.sing- aeAy= -6,57.0,9648 - 14,67.0,2629 - 4 = -14,20 m/s2

ae = aex2 + aey

2 = 17,232 + 14,202 = 22,33 m/s2

38,02°

vex

aex

aey

vey

ve

ae

M

M

- 31 -


- 30 - 13654(с химикал) →

6. Характеристики на абсолютното движение.


va = vr + ve

vax = vr.sin38,02 - vex = 2,09.sin38,02 - 4,58 = -3,29 m/s

vay = vr.cos38,02 + vex = 2,09.cos38,02 + 4,74 = 6,39 m/s

va = vax2 + vay

2 = 3,292 + 6,392 = 7,19 m/s


aa = ar + ae + ac

Кориолисово ускорение.

ac = 2 we x vr

we

vr

acac = 2. we .vr. sin (we, vr)

ac = 2. 1,12 . 2,09. sin 90° = 4,68 m/s2

x

y

A

M0

M

38,02°

fe(t)

we=1,12 s-1

vr

a r

vex

vey

38,02°

ac

aex

aey

90° по посока на we

aax = ar.sin38,02 - aex + ac.cos38,02 =

0,534.sin38,02 - 17,23 + 4,68.cos38,02 = -13,21 m/s2

aay = ar.cos38,02 - aey - ac.sin38,02 =

0,534.cos38,02 - 14,20 - 4,68.sin38,02= -16,66 m/s2

aa = aax2 + aay

2 = 13,212 + 16,662 = 21,26 m/s2

lzlz

lzlz

lzlz

lz

F1

- 32 - ly

O

lxF3

lx

lyly ly ly

M lx

M

F1 O

lx

lx

F3

M

F1

F3

O lx

lx

ly

09

ly

F3

O

lx

ly ly ly

lx

lzF1

lz

10

F1

07

M

O

05

F3

O

lx

lx

F3

lxlz

lz

08

lx

lx

M

lzlz

F1

06

lzlz

lzlz


Редукция на пространствена система сили


Дадено е тяло, натоварено с пространствена система сили. Силата F2 (теглото на тялото) е

приложена в Ц.Т. и е вертикално насочена надолу.

Да се редуцира аналитично за т. О и се определи до кой основен случай на редукция се свежда

системата.

В подходящ мащаб да се изобразят главния вектор, главния момент и ъгъла между тях.

F3

O

lx

lx

M

lx

F3F1

O

lx

lxMF

i=1

0.i

+k

i, F

2=

V.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m

].

03

M

F3

O

F1

01

F3

O

lx

lx

lzlz

04

lx

lx

M

lzlx

lz

02

F1

F1

M

3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[k

N],

1

+k2

[k

N/m

],

M =

40

+k

4

[kN

.m],

lx =

2+

0,1

.k4

[

m],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10.i

+k

i, F

2=

V.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[kN

],

1+

k2

[k

N/m

],

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[

m],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[k

N],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2=

V.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m

].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[k

N],

1

+k2

[k

N/m

],

M =

40

+k

4

[kN

.m],

lx =

2+

0,1

.k4

[

m],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10.i

+k

i, F

2=

V.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[kN

],

1+

k2

[k

N/m

],

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[

m],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[k

N],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

lyly lyly ly

...

MF3

F1

lx

O

F1

F3

O M

19

lx

lzlz

lx

F1

17

lx

lx

lzlz

F3

F1

- 33 -

...

lyly ly ly ly

20

18

lx

M F3

O

lxlz

lz

lx

lx

MO lzlx

lz

M

M

F1

M

OF3

F1

lx

O

F3

15

lx

lx

lzlz

lz

M

lx

lzlz

lx

13

F1F3

O M

lx

lxlz

lz

F1

11

F3

14

16

lx

O F3

lxlz

lz

F1

lx

OF3

lxlz

F1

lz

12

lx

M

lx

lx

O

lzlz

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m

].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m

].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2=

V.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m

].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2=

V.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m

].3

Fi=

10.i

+k

i, F

2=

V.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[k

N],

1

+k2

[k

N/m

],

M =

40

+k

4

[kN

.m],

lx =

2+

0,1

.k4

[

m],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10.i

+k

i, F

2=

V.

[kN

],

1

+k

2

[kN

/m ]

,

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[k

N],

1

+k2

[k

N/m

],

M =

40

+k

4

[kN

.m],

lx =

2+

0,1

.k4

[

m],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[kN

],

1+

k2

[k

N/m

],

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[

m],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

Fi=

10

.i+

ki,

F2

=V

.

[kN

],

1+

k2

[k

N/m

],

M =

40

+k

4

[k

N.m

],

lx =

2+

0,1

.k4

[

m],

ly =

lz

= 1

+0

,1.k

3

[m].3

- 35 -13654(с химикал) →- 34 -


В1(с химикал) →


№ 4

Редукция на пространствена система сили


* (В скоби са дадени обяснения. Те не се преписват, само се спазват.)!!!

lzlz

Дадено е тяло, натоварено с пространствена система сили.

Да се редуцира аналитично за т. О и се определи до кой основен случай наредукция се свежда системата.

Силата F2 (теглото на тялото) е приложена в Ц.Т. и е вертикално насочена

надолу. Определете как ще се промени редукционната динама с отчитането на F2.

В подходящ мащаб да се изобразят главния вектор, главния момент и ъгъла

между тях.

Да се определи момента на силата F1 за ос AB.

F1

O

lx

lx

M

lx

F4

F1 = 30.i+3.K4 = 30.1+3.4 = 42 kN,

F2 = V. [kN],

1+ K2 = 1 + 6 = 7 kN/m3,

F3 = 30 + K3 = 30 + 5 = 35 kN,

F4 = 5.i+10.Ki = 2.4+10.4 = 48 kN,

F5 = 5.K3 = 5.5 = 25 kN,

F6 = 5.К4+K3 = 5.4+5 = 25 kN,

F7' = F7'' = 2.i + K4 = 2.7+4 = 18 kN,

d = 1+0,1.K1 = 1+0,1.3 = 1,3 m,

M = 40+3.K4 = 40 + 3.4=52 kN.m,

lx = lz = 0,5 + 0,1.K3 = 0,5 + 0,1.5 = 1 m,

ly = 1+0,1.K1 = 1 + 0,1.3 = 1,3 m,

AA1 = A1O1

lz

ly ly ly

lx

F3

F6

F5

F7'

F7''

d

A

B

C

B1O1

F1= 42

O

M=52

F4=48

F3=35

F6=25

F5=25

F7'=18

F7''=18

d

A

B

C (4; 3,9; 0)

B1

O1 (0; 0; 3)

A1

3,90

4,00

3,0

0

A1

1,5

y

x

z

2. Подготовка на задачата.

Разлагане на сили:

1. Сила в общо положение - F1

(Силата F1 е колинеарна с вектора CO1, следователно разлагането по трите оси става чрез

използване на посочните косинуси на СО1.)

|CO1| = (xO1-xC)2 + (yO1-yC)2 + (zO1-zC)2 = (0-4)2 + (0-3,9)2 + (3-0)2 = 6,341m

CO1 = = - 0,6308xO1-xC

|CO1|

-4

6,341

CO1 = = - 0,6150yO1-yC

|CO1|

-3,9

6,341

CO1 = = 0,4731xO1-xC

|CO1|

3

6,341

(Проверете:

?

F1x= F1.CO1= 42.(- 0,6308) = -26,49 kN

F1y

= F1.CO142.(- 0,6150) = -25,83 kN

F1z= F1.CO142.0,4731= 19,87 kN

(Проверете на калкулатор : F1xF

1yF1z

F

kN)

?

2. Сила в равнина - F3

(Силата F3 е колинеарна с вектора B1C и действа в равнината BB1C.)

F1

a

b

- 37 -


- 36 - 13654(с химикал) →

tga = 34

= 0,75 a = arc tg 0,75 = 36,86° cos a=0,8

sin a=0,6 (CBB1 е "Питагоров триъгълник" - катети с дължина 3m и 4m водят до

хипотенуза 5m. Следователно cosa= 45

=0,8 и sina= 35

=0,6.)

F3x= F3.cos a=35.0,8 = 28 kN

F3y

= -F3.sin a= -35.0,6 = -21 kN F3

(проекцията е надолу , по -z)

(проекцията е по +x)

3. Двоица сили в равнина успоредна на някоя от координатните равнини (xOz) -

F5 и F6.

(Силите F5 и F6 са двоица с големина 25 kN и рамо d = 4m.)

MF5,F6 = F5.d = 25.4 = 100 kN.m (Моментът е по +y, определен с правилото на дясната ръка .)

4. Двоица в произволна равнина - F7' и F7''.

O

F7'=18

F7''=18

d=1,3m

A (4, 0, 0)

C (4; 3,9; 0)

O1 (0; 0; 3)

3,90

4,00

3,0

0

y

x

z

MF7'F7'' a

a MF7'F7''

M

F7'F7'

'

z

x

MF7'F7'' е колинеарен снормалата на равнинатаACO1 - N. N

N = AC x AO1 = = = 11,7 i +0 j +15,6 k i j k

xC-xA yC-yA zC-zA

xO1-xA yO1-yA zO1-zA

i j k

0 3,9 0-4 0 3

Nx= 11,7 ; Ny= 0 ; Nz = 15,6

|N| = Nx2 + Ny

2 + Nz2 = 11,72 + 15,62 = 19,5

N= = = 0,6Nx

|N|Mx

F7',F7'' = MF7',F7'' .N= 23,4. 0,6 = 14,04 kN.m

MyF7',F7'' = MF7',F7'' .N= 23,4. 0 = 0 kN.m

MzF7',F7'' = MF7',F7'' .N23,4.0,8= 18,72 kN.m


? (Проверете на калкулатор : Mx

F7',F7''MyF7',F7''Mz

F7',F7''M

kN.m)

?

11,7

19,5

N= = = 0Ny

|N|

0

19,5

N= = = 0,8Nz

|N|

15,6

19,5

MF7',F7'' = F7'.d = 18.1,3 = 23,4 kN.m

MF7',F7''

Друг вариант за разлагане на MF7',F7''.

Ъгълът между MF7',F7'' и MzF7',F7'' е a.

Следователно MzF7',F7''=MF7',F7''.cosa=23,4.0,8=18,72 kN.m (по посока на +z)

и MxF7',F7''= MF7',F7''.sina=23,4.0,6=14,04 kN.m (по посока на +x)

F1= 42

O

M=52

F4=48

F3=35

A

B

C

B1O1

3,90

4,00

3,0

0

A1

1,5

y

x

z

tgb = 43,9

= 1,0256 b = arc tg 1,0256 = 45,725° cosb=0,6981

sin b=0,7160

My= - M.cos b=-52.0,6981 = -36,30 kN.m

Mx= M.sin b= 52.0,716 = 37,23 kN.m M

(проекцията е наляво , по -y)


MF5,F6=100

F 3x=28F

3z=

21

F1y

= 25,83

F 1x= 2

6,49

F1

z=

19

,87

My=36,3

Mx=

37,2

3

M

x

F7',F

7'' =14

,04

MzF

7',F

7'' =

18

,72

5. Разлагане на момента М.

A2

- 39 -


- 38 - 13654(с химикал) →

6. Определяне на главния вектор (първа инварианта на редукцията).

R

Rx = Fix = -F1x + F3x = -26,49 + 28 = 1,51 kN

Ry = Fiy

= -F1y

- F4 = -25,83 - 48 = -73,83 kN

Rz = Fiz = F1z - F3z = 19,87 - 21 = -1,13 kN

i=1

4

i=1

4

R = Rx2 + Ry

2 + Rz

2 = 1,512 + 73,832 + 1,132 = 73,85 kN

i=1

4

6. Определяне на главния момент за т.О.

MO

MOx = момОxFi+Mx = F1y

.OO1 - F3z.OB + F4.A1A2 + Mx + MxF7',F7'' =

= 25,83.3-21.3,9+48.1,5+37,23+14,04 = 118,86 kN.m

MOy

= момOy

Fi+My = -F1x.OO1 + F3x.BB1 - My + MxMF5,F6 =

= -26,49.3+28.3-36,3+100 = 68,23 kN.m

MOz = момOzFi+Mz = -F3x.O1B1 - F4.OA2 + MzF7',F7''=

= -28.3,9-48.2+18,72 = -186,48 kN.m

i=1

4

i=1

4

MO = MOx2 + MOy

2 + MOz

2 = 118,862 + 68,232 + 186,482 = 231,43 kN.m

i=1

4

7. Случай на редукция.

Втора инварианта на редукцията I = R . MO

I = R . M0 = Rx.MOx + Ry.MOy

+ Rz.MOz

I = 1,51.118,86+(-73,83).68,23+(-1,13).(-186,48) =

= -4647,22 kN2.m

При I 0 системата се редуцира до динама.

cos

arc cos (-0,2719) =

Изследваната система сили има R и М Следователно е необходимода проверим стойността на втората инварианта на редукцията.

I

R . MO

4647,22

73,85 . 231,43

O y

x

z

R

MO

1,51

-73,83

-1,1

3

118

,86

68,23

-1

86,4

8

8. Rедукционна динама с отчитането на F2.

g

OB

C

B1O1

3,90

4,00

3,0

0

y

x

z

F2=

163,8

V = 12 a.b.c =

12

4.3,9.3 = 23,4 m3

F2 = V. = 23,4 .7 = 163,8 kN

1,33

3

1,95

Rx' = Rx = 1,51 kN

Ry' = Ry = -73,83 kN

Rz' = Rz - F2 = -1,31 - 163,8=

= -165,11 kN

R = R'x2 + R'y

2 + R'z

2 = 1,512 + 73,832 + 165,112 = 180,87 kN

A

M'Ox = MOx момОxF2 = 118,86 -163,8.1,95 = -200,55 kN.m

M'Oy

= MOy

+ момOy

F2 = 68,23 + 163,8.1,333 = 286,58 kN.m

M'Oz = MOz = -186,48 kN.m

Главен вектор.

Главен момент.

M'O = M'Ox2 + M'Oy

2 + M'Oz

2 = 200,552 + 286,582 + 186,482 = 396,39 kN.m

9. Момент на силата F1 за ос AB.

Удобно е да плъзнем силата в равнината на оста и там да извършим разлагането.

Плъзгаме F1 в точка C.

- 41 -


- 40 - 13654(с химикал) →

F1= 42

OB

3,90

4,00

3,0

0

y

x

z

F1y

= 25,83

F 1x= 2

6,49

F1z=

19

,87

d

b

Ms

MAB = прAB MA(F1) = eAB . (AC x F1) =

xC-xA yC-yA zC-zA

F1x F1y F1z

eAB

|AB| = (xB-xA)2 + (yB-yA)2 + (zB-zA)2 = (0-4)2 + (3,9-0)2 + (0-0)2 = 5,587m

AB = = - 0,7160xB-xA

|AB|

-4

5,587

AB = = 0,6981yB-yA

|AB|

3,9

AB = = 0xB-xA

|AB|

0

?

A (4, 0, 0)

C (4; 3,9; 0)

5,587

5,587

MAB = = -0,7160.3,9.19,87 = -55,48 kN.m

-0,7160 0,6981

0 3,9 0

-26,49 -25,83 19,87

Проверка:

MAB = -F1z . d

L

d = AC.sinb = 3,9. 0,716 = 2,7924 m

MAB = -F1z . d = - 19,87. 2,7924 = - 55,48 kN.m

lyly

lyly

lyly

lyly

lyly

lyly

F3

- 42 - lxlx

M

lx lx

F1

lx

A

lx lx lx

F3

M

A

F1

F1

M

F3

A

lx

A09

F3

M

lx lx lx lx

ly

lx lx lx

ly

F1

lyly

10

07

F3

M

F1

05

F3

M

ly

A

lyly

ly

08

A

lyly

F1

lyly

06

lyly

lyly

lyly

lyly

Дадено е тяло, натоварено с равнинна система сили. Сила F2 е приложена в центъра на тежеста

на тялото и е вертикална, насочена надолу.

Да се редуцира за т. A и се определи до кой основен случай на редукция се свежда системата.

В подходящ мащаб да се изобразят главния вектор, главния момент и ъгъла между тях.

Задачата да се реши аналитично и графично.


Редукция на равнинна система сили


F1

M

A

F3

F1

A M

F3

F1

=3

0+

k3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

03

F3

F1

01

F3

F1

A

lyly

M

lyly

04

A

lyly

M

lyly

022

F1

=3

0+

k3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1=

30

+k

3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k2

[k

N.m

],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[

m].

2

F1=

30

+k

3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k2

[k

N.m

],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[

m].

2

F1

=3

0+

k3

,

F2

=A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3

,

F2

=A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3

, F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40+

k2

[k

N.m

],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3

, F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40+

k2

[k

N.m

],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3

,

F2

=A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k2

[kN

.m],

lx =

ly=

1+

0,1

.k4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3

,

F2

=A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k2

[kN

.m],

lx =

ly=

1+

0,1

.k4

[m

].

2

A

lxlx lx lx lx lxlx lx

...

lx lx

A

A

M

F1

F3

F1

19

lyly

lyly

F3

F3

M

17

lyly

lylyM M

- 43 -

...

lxlxlx lx lx lx

18

20

F1

lyly

lyly

F3

A

F1

lyly

lyly

F1

F3

M

A

F3

M

A

15

lyly

lyly

M

F3

lyly

lylyF1

13

M

AM

F3

F1

lyly

lyly

11

M

14

16A

F1

lyly

lyly

A

F1 F3

lyly

lyly

12

F1

A

F3

lyly

lyly

F1

=3

0+

k3

, F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40+

k2

[k

N.m

],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3

, F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40+

k2

[k

N.m

],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3

,

F2

=A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3

,

F2

=A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1=

30

+k

3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k2

[k

N.m

],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[

m].

2

F1=

30

+k

3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k2

[k

N.m

],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[

m].

2

F1

=3

0+

k3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2

F1

=3

0+

k3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[m

].

2F

1=

30

+k

3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[

m].

2

F1

=3

0+

k3,

F

2=

A

[kN

],

+k

2 [k

N/m

],

F3

=1

0k

4,

M =

40

+k

2

[kN

.m],

lx =

ly

=1

+0

,1.k

4

[

m].

2

- 45 -13654(с химикал) →- 44 -



A

MF3

F1

lyly

lyly

F1=30+k3 [kN],

F2=A [kN],

+0,1.k2 [kN/m2],

F3=10.k4 [kN],

M = 40+k2 [kN.m],

lx = ly=1+0,1.k4 [m].

Дадено е тяло, натоварено с равнинна система сили. Сила F2 е приложена вцентъра на тежеста на тялото и е вертикална, насочена надолу. Да се редуцира системата сили за т. A и се определи до кой основен случай наредукция се свежда. В подходящ мащаб да се изобразят главният вектор, главният момент и ъгълътмежду тях. Задачата да се реши аналитично и графично.


№ 5

Редукция на равнинна система сили

lx lx lxlxlx lx lx lxФакултетен номер: 1 3 6 5 4

K0 K1 K2 K3 K4

F1=30+k3 = 30 + 5 = 35 kN,

+0,1.k2 = 1+0,1.6 =1,6 kN/m2

F2=A [kN],

F3=10.k4 = 10.4 = 40 kN,

M = 40+k2 = 40+6 = 46 kN.m,

lx = ly=1+0,1.k4 = 1+0,1.4 = 1,4 m.


1. Определяне на центъра на тежестта на фигурата.

1,4 2,8 7,0

1,4

2,8

1,4

4,2

11,2

1. + Правоъгълник 11,2/5,6 m.

A1 = 11,2.5,6 = 62,72 m2 C1 ( 5,6; 2,8 )

2. - Триъгълник 7,0/4,2 m.

A2 = = 14,70 m2 C2 ( 8,867; 4,2 )

3. - Четвърт кръг с R=2,8 m.

A3 = = 6,158 m2 C3 ( 2,588; 2,588 )

x

y

5,6

7,0.4,2

2

.2,82

4

xc = = = 4,90 mi.xi

i

62,72.5,6 - 14,70.8,867 - 6,158.2,588

i = 62,72 - 14,70 - 6,158 = 41,862 m2

yc = = = 2,34 mi.yi

i

62,72.2,8 - 14,70.4,2 - 6,158.2,588

(нанесете на схемата)

C

yc=

2,3

4

xc=4,90

C2

7.2/3 7.1/3

11,2/2 11,2/2

C1C3

1,188=4.R3.

1,1

88

5,6

/2

- 47 -


- 46 - 13654(с химикал) →

F2 = A. = 41,862.1,6 = 66,98 kN

7,00

1,4

4,2

x

y

5,6C

yc=

2,3

4

xc=4,90

A

M=46F3=40

F1y

=6,86

F1x=34,32

a

tga = 1,47,0

= 0,20 a = arc tg 0,20 = 11,3099°

cos a=0,9806

sin a=0,1961

2. Определяне на F2 и разлагане на силите.

F1


F2 = 66,98

F1=35

F1x = -F1 . cosa= -35.0,9806 = -34,32 kN

F1y

= -F1 . sina= -35.0,1961 = - 6,86 kN

3. Определяне на главния вектор (първа инварианта на редукцията).

R

Rx = Fix = -34,32 + 0 - 40 = -74,32 kN

Ry = Fiy

= -6,86 - 66,98 + 0 = -73,84 kN

i=1

3

i=1

3

R = Rx2 + Ry

2 = 74,322 + 73,842 = 104,77 kN

3,2

6

6,30

1,4

4,2

x

y

5,6C

A

M=46F3=40

F1y

=6,86

F1x=34,32

F2 = 66,983,50

9,8

RRy

b

tgb = = = 0,99354 b = arc tg 0,99354 = 44,81°Ry

Rx

-73,84

-74,32

4. Главен момент за точка А.

MA = F1x.1,4 - F1y

.9,8 - F2.3,5 + F3.5,6 - M =

= 34,32.1,4 - 6,86.9,8 - 66,98.3,5 + 40.5,6 - 46 = -75,61kN.m

Rx

MA







Уравнение на равнодействащата и нейните отрези от осите Аx и Аy.

Ry . x - Rx . y = MA

-73,84 . x - ( -74,32 ) . y = -75,61

y = 0; nx= = = 1,024 m

x = 0; ny= = = -1,017 m

hR= = = 0,722 m

MA

Ry

-75,61

-73,84

MA

-Rx

-75,61

74,32

MA

R

-75,61

104,77

x

y

R

b

MA

R*|| R

nx=1,024

ny=

1,0

17

директриса наравнодействащата

hR

(проекцията е надолу , по -y)

(проекцията е по -x)

- 49 -


- 48 - 13654(с химикал) →

ГРАФИЧНО РЕШЕНИЕ:

x

y

C

A

M=46

F3=40

F2 = 66,98

F1=35

Подменяме M=46 с двоицата F3' = F3'' = 40 kN

с рамо d = = =1,15 mM

F'

46

40

1,1

5

F3'=40

F3''=40

F1

F2

F3''

R

O

П

0

I

II

III

П 0'

П I'

П II'

П III'

R*

hR

План на положението:

M 1cm = 2m

План на силите:

M 1cm = 10 kN

Отчетено:

R = 10,48 x10 = 104,80 kN

hR= 0,36 x 2 = 0,72 m

MA = -R x hR= -104,8 x 0,72 = -75,46 kN.m

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

q

- 50 - lyly ly ly lyly ly ly

F1

F2

lxM

lx lzlz

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz

= 1

+0,1

.k3 [m

].

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz

= 1

+0,1

.k3 [m

].

ly

09

ly ly ly ly ly ly ly

10

M

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [

m].

q

07

05

F1

F2

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

F2

lx

M

lz

08

lx

lx

lzlz

06


Равновесие на тяло, натоварено с пространствена система сили


Дадено е тяло, подпряно в пространството и натоварено с пространствена система сили.

Определете опорните реакции и направете необходимите проверки.

F1

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],lx

= 2

+0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

03

01

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0,1

.k3 [

m].

04

02

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

lyly ly ly ly lyly ly

...

ly ly

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

19

17

- 51 -

...

lylyly ly ly ly

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

20

18

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0,1

.k3 [

m].

q

lzlz

lx

M

F1

F2

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

15

M

lx

13

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

11

F1

lx

lx

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

lx =

2+

0,1

.k4

[m

],

ly =

lz

= 1

+0,1

.k3 [

m].

14

16

lxlz

lz

F2

q

F1

lx

lx =

2+

0,1

.k4 [

m],

ly =

lz =

1+

0,1

.k3 [m

].

12

q

lz

M

F1

q

Mq

F2

F2

lzlz

lx

lx

lx

lx

lx

lx

lx

lx

lzlzM

F2

F1

M lx

lxlz

lz

q

M

F1

F2

lx

lx

lzlz

lz

F2

F1

lx

lx

q =

12+

k3 [

kN

/m ]

,

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

lz

F1

lz

F2

lxM

lx

F1

q

F1

F1

M

lzlz

lx

lxlx

lz

q =

12+

k3 [

kN

/m ]

,

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3

[k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3

[k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [

kN

/m ]

,

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3

[k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3

[k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [

kN

/m ]

,

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3

[k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3

[

kN

/m ]

,

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [

kN

/m ]

,

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

q =

12+

k3 [k

N/m

],

Fi=

10.i

+ki[

kN

],M

=40+

k4[k

N.m

],

lx

lx

lzlz

lz

M

F2

F1

F2

F1

M

q

q

q

q

lx

lx

lzlz

F1

F2

q

lx

lx

M

lzlx

lz

F1

lzlz

M

lxF1

q

F2 lxlz

lz

q

M

q

F2

M

F1

lx

lx

q

lxlz

F2Mlz

lz

F2

lx

lx

lzq

lxlz

M

q

F1

F1

2

2

2

2

2

2

lzlz

lzlx

lx

- 53 -13654(с химикал) →- 52 -



Дадено е тяло, подпряно в пространството и натоварено с пространственасистема сили.

Определете силата на тежестта на тялото и я приложете в центъра му на тежестта. Определете опорните реакции и направете необходимите проверки.


№ 6

Равновесие на тяло, натоварено с пространствена система сили

ly ly lylyФакултетен номер: 1 3 6 5 4

K0 K1 K2 K3 K4


1. Определяне на центъра на тежестта на тялото и големината на G.

q =12+k3 [kN/m2],

Fi=10.i+ki [kN],

G = V. [kN],

1+ k4 [kN/m3],

M=40+k4 [kN.m],

lx = 2+0,1.k4 [m],

ly = lz = 1+0,1.k3 [m].

F1

q

F2

lzlz

M

lx

lx

lx

q =12+k3 = 12 + 5 = 17 kN/m2,

F1=10.1+k1 = 10 + 3 = 13 kN,

F2=10.2+k2 = 20 + 6 = 26 kN,

1+ 0,1.k4 = 1 + 0,1.4 = 1,4 kN/m3,

G = V. [kN],

M=40+k4 = 40 + 4 = 44 kN.m,

lx = 2+0,1.k4 = 2 + 0,1.4 = 2,4 m,

ly = lz = 1+0,1.k3 = 1 + 0,1.5 = 1,5 m.

3,0 3,0

7,2

3,0

3,0

3,0 3,0

x

y

C1

1,5

1,5

C2

1,0

1,0

1. Правоъгълен паралелепипед 3,0/3,0/7,2 m.

V1 = 3.3.7,2 = 64,8 m3 C1 ( 1,5; 1,5 )

2. Триъгълна призма 3,0/3,0/7,2 m.

V2 = = 32,4 m3 C2 ( 4,0; 1,0 )3.3.7,2

2

Vi = 64,8 + 32,4 = 97,2 m3

xc = = = 2,333 mVi.xi

Vi

64,8.1,5 + 32,4.4

yc = = = 1,333 m

(нанесете до схемата)Vi.yi

Vi

64,8.1,5 + 32,4.1

C

yc=

1,3

33

xc=2,333

G = V.V = 97,2.1,4 = 136,08 kN (нанесете до схемата)

- 55 -


- 54 - 13654(с химикал) →

F 1

=13

q=17

F2=26

M=44

3,0 3,0

3,6

3,0

C

yc=

1,3

33

xc=2,333

G=

136,0

8

F2y

= 15,85

F 2x

= 19,

02

F2z=

7,9

3

Rq=367,2

3,6

A

B

DE

H

a=45°

2. Разлагане на сили и моменти. Равнодействащи на разпределени товари.

Сила в общо положение - F1=26kN.

(Силата F2 е колинеарна с вектора HB, следователно разлагането по трите оси става чрез

използване на посочните косинуси на HB.)

|HB| = (xB-xH)2 + (yB-yH)2 + (zB-zH)2 = (7,2-0)2 + (6-0)2 + (0-3)2 = 9,841m

HB = = 0,7317xB-xH

|HB|

7,2

9,841

HB = = 0,6097yB-yH

|HB|

6,0

HB = = - 0,3049xB-xH

|HB|

-3


?

F2x= F2.HB= 26.0,7317 = 19,02 kN

F2y

= F2.HB26.0,6097 = 15,85 kN

F2z= F2.HB26.(-0,3049)= -7,93 kN

(Проверете на калкулатор : F2xF

2yF2z

F2

kN)

?

F2

y

z

x

9,841

9,841

My= M.cos a=44.cos45 = 31,11 kN.m M

(проекцията е надолу , по -z)

(проекцията е по +y)

Mz= -M.sin a=- 44.sin45 = -31,11 kN.m

Mz=

31,1

1

My= 31,11

Rq= A.q = 3.7,2.17 = 367,2 kN

Ex=26

,84

Dx=

5,19

A=269,31

Ez=241,9

H=305,28

Ey=289,42

3. Определяне на опорните реакции.

Mx = 0 -7,93.6 - 136,08.2,333 - 367,2.1,5 - H.3 = 0

3.H = - 915,855

H = -305,28 kN

My = 0 -A.7,2 + 13.3 + 7,93.7,2 + (136,08+367,2).3,6 + 31,11= 0

7,2.A = 1939,01

A = 269,31 kN

Mz = 0 -31,11 - Dx.6= 0

Dx = -5,19 kN

Mx1 = 0 - 136,08.2,333 - 367,2.1,5 + Ey.3 = 0

3.Ey = 868,27

Ey = 289,42 kN

My1

= 0 - (136,08+367,2).3,6 + 31,11 + Ez.7,2= 0

7,2.Ez = 1741,698

Ez = 241,90 kN

6. Mz1 = 0 13.6 + 15,85.7,2 - 31,11 + Ex.6= 0

6.Ex = -161,01

Ex = -26,84 kN

x1

y1

z1

- 57 -


- 56 - 13654(с химикал) →

F 1=13

3,0 3,0

3,6

3,0

xc=2,333

G=

136,0

8

F2y

= 15,85

F 2x

= 19,

02

F2

z=

7,9

3

Rq=367,2

3,6

A

B

DE

H

y

z

xM

z=

31,1

1

My= 31,11

Ex=26

,84

D

x=5,

19

A=269,31

Ez=241,9

H=305,28

Ey=289,42

4. Проверка.

Fix = 0 13 + 19,02 - 26,84 - 5,19 = 0

32,02 - 32,03 = - 0,01

? ?

Fiy

= 0 15,85 + 289,42 - 305,28 = 0

305,27 - 305,28 = - 0,01

? ?

Fiz = 0 269,31 -7,93 - 136,08 - 367,2 + 241,9 = 0

511,21 - 511,21 = 0

? ?

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

F1

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

q

lyly

lyly

lyly

lyly

ly

- 58 -

F2

lxlx

F1

lx lx

a

q

lxlx lx

M

lx

2q

q

F1

a

MF2

F1

a

q

MF2

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2

[

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

MF1q

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2

[

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

lx

09

lx lx lx lx

F2

ly

lx lx lx

a

lyly

10

F2

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

2q

07

q

05

F2

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

M

ly

a

F1

lyly

08

ly

M

a

lyly

06

За показаното на схемата тяло в равнината да се определят опорните реакции.

Да се направят необходимите проверки.

Освен собствения вариант да се решат на чернова и вариантите преди и след него.


Равновесие на тяло в равнината


lyly

lyly

lyly

2q

M

F1

aq

F2

aF1

q

M

F2

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

F2

F1

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

03

F2

Ma

q

q

01

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

2q

lyly

ly

04

ly

M

aF1

lyly

02

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].


...

lx lx

q

M

2qq F1

a

M

F1

a

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4

[

m].

F2

ly

F2

lyly

19

M

ly

F2

lyly

17

- 59 -

...

lxlxlx lx lx lx

20

18

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4

[

m].

q

a

F1

lyly

ly

q

M

aF1

lyly

ly

F2

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

F2 qF1

M

a

aF1

M

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

lyly

ly

q15

F2

2q

M

lyly

2q

F2

ly

q

13

F2

M F2

F1

a

F1=

30+

k3

, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

q

lyly

ly

q11

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

16

14

F1=

30+

k3, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

a

F1

lyly

ly

q

M

F1F1

a

lyly

ly

12

F1=

30+

k3

, F

2=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2 [

kN

.m],

q=

8+

k1[k

N/m

],a

=55+

k3

[°]

lx =

ly =

1+

0,1

.k4 [

m].

M

a

F1

lyly

ly

F2

- 61 -13654(с химикал) →- 60 -




№ 7

Равновесие на тяло, натоварено с равнинна система сили



За показаното на схемата тяло, натоварено с равнинна система сили, да сеопределят опорните реакции. Да се направят необходимите проверки.

Освен собствения вариант да се решат на чернова и вариантите преди и следнего.

lxlx lx lx lx lx lx

F1

F2

M

a

q

F1=30+k3 [kN],

F2=10+k4 [kN],

M = 40+k2 [kN.m],

q=8+k1 [kN/m],

a=55+k3 [°],

lx = ly = 1+0,1.k4 [m].

2q

lyly

ly

lxlx lx lx lx lx lx

F1

F2

M

aq

lyly

ly

lxlx lx lx lx lx lx

F1

F2

M

aq

lyly

ly

F1 = 30+k3 = 30+5 = 35 kN,

F2 = 10+k4 = 10+4 = 14 kN,

M = 40+k2 = 40+6 = 46 kN.m,

q = 8+k1 = 8+3 = 11 kN/m,

a= 55+k3 = 55+5 = 60 °,

lx = ly = 1+0,1.k4 = 1 + 0,1.4 = 1,4 m.

lyly 2

- 63 -


- 62 - 13654(с химикал) →

1. Разлагане на сили и изчисляване на равнодействащи на разпределените товари.

F1=35

F2=14

M=46a=60

q=112q=22

2,8 1,4 5,6

4,2

F2=14

M=46

F1=35

F2=14

M=46a=60

11

22

2,8 1,4 5,6

4,2

MA=412,52

AH=31,5

AV=122,71

Rq1

=61,6R

q2=30,8

F1x=17,5

F1y=30,31

Rq1

=61,6 Rq2

=30,8

2,8

1,867

Прилагане на принципа на

освобождаването.

Фиг.1

Фиг.2

Фиг.3

2,8 1,4 5,6

4,2

2,8

1,867

F1x=17,5

F1y=30,31

MA=412,52

AH=31,5

AV=122,71

5,133

4,2

F1x= F1.cos a=35.cos60 = 17,5 kNF1

(проекцията е надолу , по -y)


F1y

= -F1.sin a=-35.sin60 = -30,31 kN

x

y

x

y

x

y

Rq1

= L.q = 5,6.11 = 61,6 kN

Rq2

= L.q 2 =

5,6.11 2 = 30,8 kN


H = 0 17,5 + 14 - AH = 0

AH = 31,5 kN

V = 0 -30,31 - 61,6 - 30,8 + AV = 0

AV = 122,71 kN

MA = 0 14.4,2 + 30,31.5,6 + 61,6.2,8 + 30,8.1,867 - 46 + MA= 0

MA = -412,52 kN.m

(Нанесете на схемата - Фиг.2 и приложете принципа на освобождаването )

(Нанесете на схемата - Фиг.2 )

3. Проверка (Фиг.3).

(нанасяме вярната посока )A

A

A

B

B

B

MB = 0 - 30,31.1,4 - 17,5.4,2 - 61,6.4,2 - 30,8.5,133 - 46 - 412,52 + 122,71.7 +

+ 31,5.4,2= 0

-991,27 + 991,27 = 0

?

?

Конзолна (запъната) греда

- 65 -


- 64 - 13654(с химикал) →

q=11F1=35

F2=14

M=46

2,8 1,4 4,2

1,4

Фиг.1

x

y

1,4

a=60 2,1

q=11

F1=35

F2=14

M=46

2,81,4

Фиг.2

x

y

1,4

a=60

2,1

F1x=17,5

F1y=30,31

Rq=46,2

1,4

2,14,9

A=97,81

C=46,75

1,4

1,4

b

c

a

3,733

AH=A.0,8=78,25

AV=A.0,6= 58,69

Rq = L.q = 4,2.11 = 46,2 kN

q=11

F2=14

M=46

1,4

1,4

Фиг.3

x

y

1,4

2,1

F1x=17,5

F1y=30,31Rq=46,2

4,21,4

1,4


Mc = 0 14.3,5 + 17,5.2,1 - 30,31.1,4 - 46,2.4,9 - C.4,9 - 46 = 0

4,9.C = - 229,06

C = - 46,75 kN

Mb = 0 -14.1,4 - 17,5.2,8 - 30,31.7,933 - 46,2.11,433 - 46 + B.6,533 = 0

6,533.B = 883,25

B = 135,20 kN

Ma = 0 -AV.6,533 - 46 - 14.1,4 - 17,5.2,8 - 30,31.1,4 - 46,2.4,9 = 0

AV.6,533 = - 383,41

AV = - 58,69 kN

A = AV / 0,6 = 58,69 / 0,6 = 97,81 kN

AH = A.0,8 = 97,81.0,8 = 78,25 kN




(нанасяме вярната посока )

= 0 - 78,25 + 17,5 + 14 + 46,75 = 0

78,25 - 78,25 = 0

V = 0 - 58,69 - 30,31 - 46,2 + 135,2 = 0

135,2 - 135,2 = 0

(Разлагането на силата F1 е като в горния пример. Хоризонталната проекция е по + x, а вертикалната

е по -y.)


A=97,81

AV=58,69

AH=78,25

B=135,2

C=46,75

? ?

? ?

B=135,2

Греда на три подвижни опори



A=31,58

- 67 -


- 66 -

q=11

F1=35

F2=14

M=46

x

y

a=60

2,8 1,4 4,2

2,8

1,4

1,4

Фиг.1

q=11

F1=35

F2=14

M=46

x

y

a=60

2,8 1,4 4,2

2,8

1,4

1,4

Фиг.2

F1x=17,5

F1y=30,31Rq=23,1

B

A

BH=35,08

BV=53,41

bH1,4 4,2

Rq = L.q2

= 4,2.112

= 23,1 kN


MB = 0 A.4,2 + 14.2,8 + 23,1.4,2 + 30,31.1,4 - 46 = 0

4,2.A = -132,654

A = - 31,58 kN

MbH = 0 -14.1,4 + 23,1.4,2 + 30,31.1,4 + 17,5.4,2 - 46 + BH.4,2 = 0

4,2.BH = - 147,354

BH = - 35,08 kN

V= 0 -23,1 - 30,31 + BV = 0

BV = 53,41kN





= 0 - 31,58 - 17,5 + 14 + 35,08 = 0

49,08 - 49,08 = 0

(Разлагането на силата F1 е като в горния пример. Хоризонталната проекция е по - x, а вертикалната

е по -y.)


? ?

A=31,58

q=11

F2=14

M=46

x

y

2,8 1,4 4,2

2,8

1,4

1,4

Фиг.3

F1x=17,5

F1y=30,31Rq=23,1

B

A

BH=35,08

BV=53,41

bH1,4 4,2


Проста греда



a

F1

=

30+

k3

[k

N],

F2

= 1

0+

k4

[kN

],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q =

10+

k1[k

N/m

],

lx

= 1

+0,1

.k4 [m

],

a = 55+k3 [°].

lx

F1

= 3

0+

k3

[kN

],

F2

=

10

+k

4

[kN

],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10

+k

1[k

N/m

],

lx =

1+

0,1

.k4 [m

],

a = 55+k3 [°].

F1

=

30+

k3

[k

N],

F2

=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10

+k

1[k

N/m

],

lx

= 1

+0,1

.k4

[m],

a = 55+k3 [°].

- 68 - lxlxlxlxlxlxlx

M

F2

F2

q

F1 =

30

+k

3

[kN

],

F2

=

10

+k

4

[kN

],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10+

k1

[kN

/m],

lx =

1+

0,1

.k4 [m

],

a = 55+k3 [°].

F1

= 3

0+

k3

[kN

],

F2

= 1

0+

k4

[k

N],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10+

k1

[kN

/m],

lx =

1+

0,1

.k4

[m

],

a = 55+k3 [°].

F1

= 3

0+

k3

[kN

],

F2

= 1

0+

k4

[k

N],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q

= 1

0+

k1[k

N/m

],

lx =

1+

0,1

.k4

[m

],

a = 55+k3 [°].

F1

=

30+

k3

[k

N],

F2

= 1

0+

k4

[kN

],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q

= 1

0+

k1[k

N/m

],

lx =

1+

0,1

.k4

[m

],

a = 55+k3 [°].

M

F2q

q

F1

a

F2

M

q

q

lxlxlxlxlxlx lxlxlxlxlx

q

Mq

F1

a

F1

a

lx

q

10

09

F1

aF1

a

F1

M

M

q

q

M

a

q

F1

06

q

08

F2

07

05

F2

04

За показаната на схемата герберова греда да се определят опорните реакции и ставните сили.




Герберова греда

F1

=

30

+k

3

[kN

],

F2

=

10+

k4

[k

N],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q =

10

+k

1[k

N/m

],

lx =

1+

0,1

.k4 [m

],

a = 55+k3 [°].

F1 =

30+

k3

[k

N],

F2 =

10

+k

4

[kN

],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10+

k1[k

N/m

],

lx

= 1

+0,1

.k4

[m

],

a = 55+k3 [°].

F1

= 3

0+

k3

[k

N],

F2

= 1

0+

k4

[k

N],

M =

40

+k2

[kN

.m],

q

= 1

0+

k1[k

N/m

],

lx

= 1

+0

,1.k

4 [m

],

a = 55+k3 [°].

M

M

q

q

F1

a

F2

q

q

aF1

F2

q

q

Mq

F1

a

03

F2

F2

02

q

01

F1

=

30+

k3

[k

N],

F2

= 1

0+

k4

[kN

],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q

= 1

0+

k1[k

N/m

],

lx =

1+

0,1

.k4

[m

],

a = 55+k3 [°].

qF1q

F1

=

30+

k3

[k

N],

F2

=

10+

k4

[kN

],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10

+k

1[k

N/m

],

lx

= 1

+0,1

.k4

[m],

a = 55+k3 [°].

lxlx lx lx lxlx lx lxlx

a

lx lx lx lx

M

F1

= 3

0+

k3

[kN

],

F2

= 1

0+

k4

[k

N],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10+

k1

[kN

/m],

lx =

1+

0,1

.k4

[m

],

a = 55+k3 [°].

MF1 =

30

+k

3

[kN

],

F2

=

10

+k

4

[kN

],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10+

k1

[kN

/m],

lx =

1+

0,1

.k4 [m

],

a = 55+k3 [°].

F1

F2

a

F1

= 3

0+

k3

[kN

],

F2

= 1

0+

k4

[k

N],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q

= 1

0+

k1[k

N/m

],

lx =

1+

0,1

.k4

[m

],

a = 55+k3 [°].

aF1

q

q

M

q q

M

F2

- 69 -lxlxlx lx lx lx lx

...

M 20

q

F1a

F2

F2

19

18

q

17

F2

16

F1

a

F1F1

= 3

0+

k3

[k

N],

F2

= 1

0+

k4

[k

N],

M =

40

+k2

[kN

.m],

q

= 1

0+

k1[k

N/m

],

lx

= 1

+0

,1.k

4 [m

],

a = 55+k3 [°].

F1

=

30

+k

3

[kN

],

F2

=

10+

k4

[k

N],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q =

10

+k

1[k

N/m

],

lx =

1+

0,1

.k4 [m

],

a = 55+k3 [°].

F1

=

30+

k3

[k

N],

F2

= 1

0+

k4

[kN

],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q =

10+

k1[k

N/m

],

lx

= 1

+0,1

.k4 [m

],

a = 55+k3 [°].

M

q

aF1

F2

q

F1 =

30+

k3

[k

N],

F2 =

10

+k

4

[kN

],

M =

40+

k2

[kN

.m],

q =

10+

k1[k

N/m

],

lx

= 1

+0,1

.k4

[m

],

a = 55+k3 [°].

q

F2

q

F2

aF1

q

q

F1

=

30

+k

3

[kN

],

F2

=

10

+k

4

[kN

],

M =

40

+k

2[k

N.m

],

q =

10

+k

1[k

N/m

],

lx

= 1

+0,1

.k4

[m],

a = 55+k3 [°].

a

q

F2q M q

12M

q

F1

a

15

14

M

M 13

q

F1

q

a11

F2

lxlx lx lx lxlx lx lxlx lx lx lx lx

F1 = 30+k3 =30+5=35 kN,

F2 = 10+k4=10+0=10 kN,

M = 40+k2=40+8=48 kN.m,

q = 10+k1=10+2=12 kN/m',

lx = 1+0,1.k4=1+0,1.0=1m,

a = 55+k3=55+5=60°.

F2=10a=60

F1=35M=48

q=12


1048

30,311

17,5S1v=12,124

S1h=17,5

A=18,187

B

AB

C

S1 S2

S1v=12,124

S1h=17,5

q1=4,8

S2v=53,986

S2h=17,5

B=80,911

S2

A

S2v=53,986

S2h=17,5

Cv=28,786

Ch=

17,5

Mc=129,558

S2S1

S1

K

10M=48

q=12

AB CS1 S2

30,311

17,5

Rq=30

A=18,187

B=80,911 Cv=28,786

Ch=17,5

Mc=129,558

F1v=30,311

F1h=17,5

R2=7,2 R3=18

- 71 -12850- 70 -



* (В скоби са дадени обяснения. Те не се преписват, само се спазват.)!!! (с химикал) →


№ 8

Герберова греда

За показаната на схемата герберова греда да се определят опорнитереакции и ставните сили. Да се направят необходимите проверки.

F1 = 30+k3 [kN],

F2 = 10+k4 [kN],

M = 40+k2[kN.m],

q = 10+k1[kN/m],

lx = 1+0,1.k4 [m],

a = 55+k3 [°].

F2

a=60

F1

M

q

R1=4,8

2 3 3 2 3

1,333 0,667 1 1 1

2 3

3 2

1,333 0,667

R1=4,8

R2=7,2 R3=18

3

1 1 1

1

2 3 3 2 3

3,333 1,667

x

y

Решение на задачата:

MA = 0 S1V.5-30,311.2 = 0

S1v.5 = 60,622

S1v = 12,124 kN

MS1 = 0 -A.5+30,311.3 = 0

A.5 = 90,933

A = 18,187 kN

H = 0 17,5-S1h = 0

S1h = 17,5 kN

Проверка: V = 0 18,187-30,311+12,124 = 0

30,311-30,11 = 0

Греда АS1:

MB = 0 -S2v.2-4,8.1,333+12,124.3+10.3+48 = 0

S2v.2 = 107,972

S2v = 53,986 kN

Греда S1BS2:

q1 = = 12.25 = 4,8 kN/m'

R1 = q1.L/2 = 4,8.2/2 = 4,8 kN

R2=q1.L/2=4,8.3/2 = 7,2 kN

R3=q2.L/2=12.3/2 = 18 kN

Проверка: R1+R2+R3 = Rq

4,8+7,2+18 = 30 kN

Rq= q.L/2 = 12.5/2 = 30 kN

2. MS2 = 0 -B.2+4,8.0,667+12,124.5+10.5+48 = 0

B.2 = 161,822 kN

B = 80,911 kN

H = 0 17,5-S2h = 0

S2h = 17,5 kN

Проверка: V = 0 80,911-53,986-4,8-10-12,124 = 0

80,911-80,91 = 0,001

Греда S2C:

MC=0 -53,986.3+7,2.2+18.1+MC = 0

MC = 129,558 kN.m

V = 0 53,986-7,2-18-CV=0

CV = 28,786 kN

H=0 17,5-Ch=0

Ch=17,5 kN

Проверка: k=0 -17,5.1-7,2.1-18.2-28,786.3+17,5.1+129,558 = 0

147,058-147,058 = 0

Обща проверка:

V = 0 18,187-30,311-10+80,911-30-28,786 = 0

99,098-99,097 = 0,001 kN

H = 0 17,5-17,5 = 0

MS1 = 0 -18,187.5+30,311.3+48+80,911.3-30.6,333-28,786.8+129,558 = 0

511,224-511,223 = 0,001

F1h = F1.cos= 35.cos60 = 17,5 kN

F1v = - F1.sin= -35.sin60 = -30,311 kN

- 73 -


- 72 - 12850(с химикал) →

?

?

?

?

?

q2.L1

L

?

? ?

? ?

? ?

F1

=3

0+

k3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0,1

.k4

[m

].

F1

=3

0+

k3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0,1

.k4

[m

].

lx

M

M M

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M =

40

+k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[k

N/m

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

- 74 - lx

q

lx lx lx lx lx lx lx lx lx lxlx

lyly

lyly

lyly

ly

M

F2

F1

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

09

M

07

F2

M

F1

F1

q

F1

M

lyly

lyly

ly

q F2

F2

M

q

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

05

MF2

03

lyly

lyly

lyly

lyly

F2

q

F2

F1=

30

+k

3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[k

N/m

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

F1

01

q

F2

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M =

40

+k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[k

N/m

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

lxlx lx

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

F1 lyly

10

lyly

F1

08

lyly

lyF1

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

ly

q

lyly

06

lyly

04

F2

q

M

F1=

30

+k

3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[k

N/m

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

lyly

lyly

F1

lyly

02

lyly


За показаната на схемата триставна система да се определят опорните реакции и ставните сили.



Триставна система

qF2

F1

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].F2

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

q

q


...

lx lx

F2

q

M F2

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M =

40

+k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[k

N/m

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

lyly

MF1 ly

ly

19

F1

lyly

F1 lyly

17

- 75 -

...

lxlxlx lx lx lx

18

20

F1

=3

0+

k3

, F

2=

10

+k

4 [

kN

],

M =

40

+k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[k

N/m

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].F2

q

M

lyly

lyly

M

F1

lyly

lyly

qF2

F1

=3

0+

k3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0,1

.k4

[m

].

q

M

F2

M

F1=

30

+k

3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[k

N/m

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

F1

lyly

lyly

15 F2

F1

lyly

F1

lyly

13

q

F2

F2

M

q

F1

=3

0+

k3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

lyly

F1 lyly

11

q

F1

=3

0+

k3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0,1

.k4

[m

].

14

F1=

30

+k

3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[k

N/m

],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].

16

M

lyly

q

lyly

F1

lyly

lyly

M

12

F1

=3

0+

k3,

F2

=1

0+

k4

[k

N],

M

= 4

0+

k2

[k

N.m

],

q=

8+

k1

[

kN

/m],

lx =

ly

= 1

+0

,1.k

4

[

m].F2

F1

lyly

lyly

M

- 77 -13654(с химикал) →- 76 -





№ 9

Триставна система

За показаната на схемата триставна система да се определят опорните реакции

и ставните сили.


F1=30+k3 [kN],

F2=10+k4 [kN],

M = 40+k2 [kN.m],

q= 8+k1 [kN/m],

lx = ly = 1+0,1.k4 [m].

lx

q

lx lx lx lx lx lx lx

lyly

lyly

M

F2

F1

F1 = 30 + k3 = 30 + 5 = 35 kN,

F2 = 10 + k4 = 10 + 4 = 14 kN,

M = 40 + k2 = 40 + 6 = 46 kN.m,

q = 8 + k1 = 8 + 3 = 11 kN/m,

lx = ly = 1+ 0,1.k4 = 1 + 0,1.4 = 1,4 m.


q=11

M=46

F2=14

F1=35

4,2 1,4 2,8 2,8

1,4

2,8

R1=15,4 R2=30,8

R1 = q.L1 = 11.1,4 = 15,4 kN

R2=q.L2 = 11.2,8 = 30,8 kN

Rq= q.L = 11.4,2 = 46,2 kN

Проверка: R1+R2 = Rq

15,4+30,8 = 46,2 kN

?

Rq=46,2

AV=12,63

B=42,21

AH=7,21

D=47,57

a

C

A

лява част дясна част

0,7 1,4 1,40,7

2,1 2,1

1,4

MA = 0 -35.5,6-14.4,2-46,2.6,3-46+B.1,4+D.11,2 = 0

1,4.B+11,2.D = 591,86

MC д.ч.= 0 D

D

1,4.B+11,2.D = 591,86 .3

D


- 79 -


- 78 - 13654(с химикал) →

4,2.B+33,6.D = 1775,58

D +

39,2.D = 1864,7 D = 47,57 kN ; B = 42,21 kN

Ma = 0 -AV.11,2-AH.1,4-35.4,2+14.7+46,2.4,9-46 = 0

-11,2.AV-1,4.AH = -131,38

MC л.ч.= 0 -AV.5,6-AH.5,614.1,4 + 15,4.0,7

AV.5,6+AH.5,6

-11,2.AV-1,4.AH = -131,38 .4

AV.5,6+AH.5,6

-44,8.AV-5,6.AH = -525,52

5,6.AV+5,6.AH +

-39,2.AV = -495,14 AV = 12,63 kN ; AH = -7,21 kN

Проверка: =0 7,21+35-42,21 = 0

42,21-42,21 = 0

V=0 12,63-14-46,2+47,57 = 0

60,20-60,20 = 0

? ?

? ?

F2=14

F1=35

1,4

R1=15,4

AV=12,63

AH=7,21

C

A

лява част

0,7 0,7

2. Определяне на ставните сили.

q=11

M=46

2,8 2,8

1,4

2,8

R2=30,8

B=42,21

D=47,57

дясна част

1,4 1,4

5,6

A = AV2 + AH

2 = 12,632 + 7,212 = 14,54 kN

tga = = = 1,7517 a = arc tg 1,7517 = 60,28°AV

AH

12,63

7,21

A=14

,54

4,2

CV=16,77

1,4

CH=42,21

C=45,42CV=16,77

CH=42,21

лява част:

=0 7,21+35-CH = 0

CH = 42,21kN

V=0 12,63-14-15,4+CV = 0

CV = 16,77 kN

Проверка дясна част:

=0 42,21 - 42,21 = 0

V=0 -16,77 - 30,8 + 47,57 = 0

47,57 - 47,57 = 0

C = CV2 + CH

2 = 16,772 + 42,212 = 45,42 kN

a

F=10+0.5·(k3+k4) [kN], lx=0,5+0,1.(k3+k4) [m], ly=0,5+0,1.(k1+k2)[m]. F=10+0.5·(k3+k4) [kN], lx=0,5+0,1.(k3+k4) [m], ly=0,5+0,1.(k1+k2)[m].

F=10+0.5·(k3+k4) [kN], lx=0,5+0,1.(k3+k4) [m], ly=0,5+0,1.(k1+k2)[m].


- 80 - lx

2 3

lx lxlx

1

2F

9

lx lx

6

lx

F

lx

10

4

5 7

3F 8

1 3

4

2

5

F

10

8

2F

11

7 9

6

2F

1 3 5

4

2

F

10

8 11

7

6

9

2F

lx

ly

09

11

ly

31

lx lx

2

lx lx

2F

11

lx

F

lx lx

6

lx lx

10

4

5 7 9

8

10

lyly

3F



ly

07

ly

1 3

2

2F

2F

2F

F

ly

05

ly

31

4

2F

2

5

11

75

6 10

0,5F

4 9

8

08

lyly

2F107

8 11

9

6

06

lyly



Равновесие на равнинна система от пръти

За показаната на схемата равнинна система от пръти определете:

а) усилията във всички пръти чрез метода на кръговите сечения;

б) усилията в означените пръти чрез подходящи Ритерови сечения;

Направете необходимите проверки.



2F

1 3

2

2F5

6 10

4

7 9

8

3F

2

1 3

2F

5

6 10

9

7

4

8

FF=10+0.5·(k3+k4) [kN], lx=0,5+0,1.(k3+k4) [m], ly=0,5+0,1.(k1+k2)[m].


0,5F

ly

03

11

ly

4

F

1 3

2

5

ly11

01

ly

2F

1

43

5

2

F

97

8

2F

11

2F6

10

04

lyly

7

3F

8 11

6

9 10

02

lyly

F=10+0.5·(k3+k4) [kN], lx=0,5+0,1.(k3+k4) [m], ly=0,5+0,1.(k1+k2)[m]. F=10+0.5·(k3+k4) [kN], lx=0,5+0,1.(k3+k4) [m], ly=0,5+0,1.(k1+k2)[m].

2F

2F

2F


lxlx lx lx lx lx lx lx lx

...

lx lx

2F


3

4

1

2

8

3F

5

F

7

9

6

4

1 3

2

7

2F

8

5 9

6

11

ly

10 ly

19

2

1

3F

ly

F

11

10

ly

17

2

1

- 81 -

...

lxlxlx lx lx lx lx

20

18

5

3F

6

3

4

7

9

10

ly

11

8

F

ly

6

F

3

5

4

7

9

10

ly

11

8

ly

2F





2F


2F

1

4

3

2

8

2F

57

9

6

2F

2

1

6

3

3F

5

7

4

ly

F

12

11

ly

3F

15

4

1 3

2

9

10

ly

11

8

ly

3

3F13

4

1

2

3F


2

F1

6

3

4

5 7

10

ly

11

8

9 3F

ly

11

1

2

4

3

16

14

11

10

8

F

5 7

6

9

lyly

11

2F

8

5 7

6

9

F

ly

10

ly

12

10

2F2F 8

6

5 7

9

3F

ly

11

ly

- 83 -13654(с химикал) →- 82 -




№ 10

Равновесие на равнинна система от пръти

За показаната на схемата равнинна система от пръти определете:

а) усилията във всички пръти чрез метода на кръговите сечения;

б) усилията в означените пръти чрез подходящи Ритерови сечения;

Направете необходимите проверки.

F=10+0,5.(k3+k4) = 10+0,5.(5+4) = 14,5 kN,

lx=0,5+0,1.(k3+k4) = 0,5+0,1.(5+4) = 1,4 m,

ly=0,5+0,1.(k1+k2) = 0,5+0,1.(3+6) = 1,4 m.

2F

13

2

2F

5

6 10

4

79

8

0,5F

ly

11

ly

lxlx lxlx lx lx lx lx lx

F=10+0,5.(k3+k4) [kN],

lx=0,5+0,1.(k3+k4) [m],

ly=0,5+0,1.(k1+k2)[m].

2F=29

1

3

2

2F=29

5

6 10

4

7

9

8

0,5F=7,25

11

4,2 4,2 4,2

1,4

1,4

AV=36,25

B=61,63

C=90,63


MA = 0 C.2,8 - 29.1,4 - 29.4,2 - 7,25.12,6 = 0

2,8.C = 253,75

C = 90,63 kN

Mb = 0 29.1,4 - 29.4,2 - 7,25.12,6 - B.2,8 = 0

2,8.B = - 172,55

BH = - 61,63 kN

V= 0 -29 - 7,25 + AV = 0

AV = 36,25 kN

(Нанесете на схемата)

Проверка :

= 0 29 - 90,63 + 61,63 = 0

90,63 - 90,63 = 0


? ?

b


- 85 -


- 84 -

2. Определяне на усилията във всички пръти чрез метода на кръговите сечения.

Нулеви пръти - прът 11 от възел VI, който е двупрътов натоварен възел, като силата

е по направлението на единия прът (8), тогава другият прът (11) е нулев.

tga = = 0,3333 a = arc tg 0,3333 = 18,43°1,4

4,2cos a=0,9487

sin a=0,3162

b = 33,69°

cos b=0,8321

sin b=0,5547

2F=29

1

3

2

2F=29

5

6 10

4

79

8

0,5F=7,25

11

4,2 4,2 4,2

1,4

1,4

B=61,63

C=90,63

b

I II

III

IV

V VI

VII

a b

2.1. Възел "I".

1

2

36,25

I a

S1

S2

V = 0 S1.sina+ 36,25 = 0

S1 = -36,25 / 0,3162 = -114,64 kN (натиск)

H = 0 S1.cosa+S2 = 0

S2 = - S1.cos -(-114,64).0,9487 = 108,76 kN (опън)

2.2. Възел "II".

S2=108,76 H = 0 -S2 + S6= 0

S6 = S2 = 108,76 kN (опън)

2. V = 0 S3 - 29 = 0

S3 = 29 kN (опън)29

II

S6

S3

2.3. Възел "III".

V = 0 S1.sina+ S4.sina- S5.sina- 29 = 0 /: sina

S4 - S5= 290,3162

- 114,64

S4 - S5 = -22,92

H = 0 S1.cosa+S4.cosa+ S5.cosa+29 = 0 /: cosa

S4 + S5 = -114,64 - 29/0,9487

Решение на системата: S4 - S5 = -22,92

S4 + S5 = -145,21

2S4 = -168,13

S4 = -84,06 kN (натиск)

S5 = -61,14 kN (натиск)

29III

a

S3=29

S4

S1=114,64 S

5a

+

2.4. Възел "IV".

IVS6=108,76

S5=61,14

S10

S7

a

V = 0 -S5.sina+ S7 = 0

S7 = S5.sina = 61,14.0,3162 = 19,33 kN (опън)

H = 0 -S6 + S5.cosa + S10 = 0

S10 = S6 - S5.cosa=108,76 - 61,14.0,9487 = 50,76 kN (опън)


AV=36,25

1-1 2-2

V

b

- 87 -


- 86 - 13654(с химикал) →

S8

S9

S7=19,33

S4=84,06

a

2.5. Възел "V".

V = 0 S4.sina- S7 -S9.sinb = 0

S9 = ( S4.sina - S7) /sinb = (84,06.0,3162 - 19,33) / 0,5547 =

= 13,07 kN (опън)

H = 0 S4.cosa + S9.cosb + S8 = 0

S8 = - S4.cosa - S9.cosb=- (84,06.0,9487 + 13,07.0,8321) =

= -90,62 kN (натиск)

90,63VIS8=90,62

S11

2.6. Възел "VI".

V = 0 S11 = 0 kN

Проверка:

H = 0 90,62 - 90,63 = -0,01

2.6. Възел "VII" - проверка.

7,25

61,63

VII

b

S11=0S9 =13,07

S10=50,76

?

V = 0 S11 + S9.sinb - 7,25 = 0

13,07.0,5547 - 7,25 = 0

7,25 - 7,25 = 0

H = 0 -S10 - S9.cosb + 61,63 = 0

-50,76 - 13,07.0,8321 + 61,63 = 0

61,63 - 61,636 = - 0,006

? ?

?

?

?

?

29

114,6

4

3

2

29

7,2

5

11

4,2

4,2

4,2

1,41,4

61

,63

90,6

3

I

IIIII

IVVV

I

VII

ab

36,2

5

1

108,7

5

84,0

6 4

29

61,1

4

5 6

10

8,7

5

7

19,33

10

50,7

6

8

90,6

2

913,0

7

- 89 -


- 88 - 13654(с химикал) →

3. Ритерови сечения.

29

29

4,2 4,2

1,4

I IV

a

36,25

S4

S5

S6II

III aa

MI = 0 -29.1,4 - 29.4,2 - S5.sina.8,4 = 0

S5 = - 29.(1,4+4,2) / 8,4.0,3162 = - 61,14 kN (натиск)

2. MIII = 0 -36,25.4,2 + S6.1,4= 0

S6 = 108,75 kN (опън)

MIV = 0 - 36,25.8,4 + 29.4,2 - 29.1,4 - S4.cosa.2,8 = 0

S4 = - 84,06 kN (натиск)

Проверка. = 0 29 + 108,75 - (61,14 + 84,06).cosa = 0

137,75 - 145,2.0,9487 = 137,75 - 137,75 = 0

V = 0 36,25 - 29 + (61,14 - 84,06).sina = 0

7,25 - 22,92.0,3162 = 7,25 - 7,25 = 0

(Нанасяме вярната посока и големината на схемата )

?

?

V

1,4

84,06

61,14

108,75

?

?

3.1. Сечение 1-1. 3.2. Сечение 2-2.

7,25

1,4

1,4

61,63

90,63V VI

VII

b

4,2

S8

S9

S10

13,07

50,76

90,63

MV = 0 - S10.2,8 - 7,25.4,2 +61,63.2,8 = 0

S10 = 142,11 / 2,8 = 50,76 kN (опън)

2. MVII = 0 S8.2,8 + 90,63.2,8= 0

S8 = - 90,63 kN (натиск)

V = 0 S9.sinb - 7,25 = 0

S9 = 7,25/0,5547 = 13,07 kN (опън)

Проверка.

= 0 -50,76 - 13,07.cosb + 90,63 - 90,63 + 61,63 = 0

152,26 - 141,39 - 13,07.0,8321 = 152,26 - 152,266 = - 0,006

(Нанасяме вярната посока и големината на схемата )

? ?

Запишете независимите уравнения за определяне на опорните

реакции на гредата, показана на схемата.

* Отговорите по Модули ІІІ и ІV трябва да бъде предадено до 4 часа след началото на изпита.

* Общата оценка по модул ІV трябва да бъде минимум 10 т.

* Оценка по модул ІІІ трябва да бъде минимум 10 т.

(Допълнително условие - минимум 10 т. по всеки модул.)Обща оценка от изпита в точки: (MІ + МІІ + МІІІ + МІV + точки от контр работа:)

Оценка от контролната работа, преобразувана в точки:

6 10 т., 5 5 т., 4 0 т., 3 -5 т., 2 или неявил се -10 т.

Обща оценка от изпита: (в цифри)

40-49т.- 3, 50-69т.-4, 70-89т.-5, 90-100т.-6.

Модул ІV: Теоретично-практични тестови въпроси.

- 90 -

Оценка от контр. работа:

(в цифри)

Кинематика на движението на точка по

окръжност.

ІV.3.

22 22 222 2

B

10

A

20

ІV.1.

o C

40

30

15

Изпитващ:____________________

доц. д-р инж. П. Павлов)

M

fe(t)

Метод на Ритер при определянеусилията в прътите на павнинни

ставно-прътови системи.

Определете кориолисовото ускорение на точката,извършваща сложно движение по зададените закони при t=t1.

2

Обща оценка

по Модул ІV:

(в точки)

5 т. ІV.4.

ІV.2.

22

7 т.

O

s(t)

3

5 т.

fe(t) = t^2 - 4.t [rad],

s(t) = 1,5sin(( /8).t) [m],

t1 = 4 [s],

25 т. (минимум 10 т.)1.5

8 т.

Въпрос 21: Редукция на произволна пространствена система сили. Векторникомпоненти на редукционната динама. Случаи на редукция на произволна

пространствена система сили.

* Общата оценка по модули І и ІІ трябва да бъде минимум 20 т. (за всеки от модулите - минимум 10 т.)

* Решението на задачите по Модули І и ІІ трябвя дя бъде предадено до 2 часа и 30 мин. след началото на изпита.

Показано е моментно положение на равнинен механизъм. По зададените скоростт и ускорение на точка A да се

определят ъгловите скорости на телата, скоростите на означенитеточки, ъгловото ускорение на тяло АВ и ускорението на точка В.

C

25 т. (минимум 10 т.)

Студент: ______________________ , група____, ф.№ _______

Теоретична механика част І - Кинематика и Статика

Университет по Архитектура Строителство и Геодезия - София

ADB

Модул ІІ:

Модул І:

Модул ІІІ: Изпитен въпрос.

Оценка:

(в точки)

Общо:

1.5

aA

1.51.5 1.5 1.5 1.5 1.5 1.5

vA

Дата: _

__

________

vB = 12 m/s,

aB = 20 m/s^2.

Модул І: Зад. 1 - Кинематика.

O

E

1.5

Дадено е тяло, натоварено с пространствена система сили.

Силата F2 (теглото на тялото) е приложена в Ц.Т. и е вертикалнонасочена надолу. Да се редуцила аналитично за т. О и се определи

до кой основен случай на редукция се свежда системата.

M

Проверяващ:

F1

1.5

2 22

Брой предадени листа

по Модули І и ІІ

Оценка:

(в точки)


F1=15 kN ,

F2=V. [kN],

F3=20 kN,

12 kN/m^3,

M = 45 kN.m.

3

3

Модул ІІ: Зад. 2 - Статика.

Изпитващ: Доц. д-р инж. П. Павлов

Катедра "Техническа Механика"

1.5

1.5

F3

O


Изпитен билет Вариант 01

3

22

Даден е законът на движение на точка в равнината.

Намерете уравнението на траекториата на точката. Определетестойността на нормалното ускорение на точката при t=0.5 s.

x = 4.sin(p*t/3) [m],

y = -4.cos(p*t/3) - 2 [m].

Изпитващ:____________________

доц. д-р инж. П. Павлов)

Обща оценка от изпита в точки: (MІ + МІІ + МІІІ + МІV + точки от контр работа:)

Оценка от контролната работа, преобразувана в точки:

6 10 т., 5 5 т., 4 0 т., 3 -5 т., 2 или неявил се -10 т.

* Отговорите по Модули ІІІ и ІV трябва да бъде предадено до 4 часа след началото на изпита.

Обща оценка от изпита: (в цифри)

40-49т.- 3, 50-69т.-4, 70-89т.-5, 90-100т.-6.

(Допълнително условие - минимум 10 т. по всеки модул.)

* Общата оценка по модул ІV трябва да бъде минимум 10 т.

Оценка от контр. работа:

(в цифри)

Предавателни механизми преобразуващи

ротационно движение в транслационно .

Модул ІV: Теоретично-практични тестови въпроси.

Определете проекциите на двоицата показана на чертежа.

* Оценка по модул ІІІ трябва да бъде минимум 10 т.

ІV.3.

6

ІV.1.

OM

4

M = 40 kN.m

Обща оценка

по Модул ІV:

(в точки)

5 т.

3

7 т. ІV.2.

- 91 -

8 т.


5 т.

Частни случаи при редукция наравнинна система сили.

ІV.4.

Модул ІІ: Зад. 2 - Статика.

1.5

За показаната на схемата триставнасистема да се определят опорните реакции и

ставните сили.


Университет по Архитектура Строителство и Геодезия - София

* Решението на задачите по Модули І и ІІ трябвя дя бъде предадено до 2 часа и 30 мин. след началото на изпита.

Въпрос 4: Скорост на точка при векторен, координатен и естествен начин назадаване на движението. Ходограф на скоростта

* Общата оценка по модули І и ІІ трябва да бъде минимум 20 т. (за всеки от модулите - минимум 10 т.)

M A

Идеално твърдо тяло извършва преносно движени по закона

fe(t). Точка М извършва относително движение спрямо тялото

по закона s(t) = OM (t). Определете абсолютната скорост и

абсолютното ускорение на точката при време t = t1.

Модул ІІІ: Изпитен въпрос.

Оценка:

(в точки)

Модул І:

Модул ІІ:

3 3

Проверяващ:

Общо:

1.5 1.5

fe(t) = 3.t^2 - 6.t [rad],

s(t) = 4,5.(1-cos(( /6).t)) [m],

t1 = 1,5 s.

s(t)

Модул І: Зад. 1 - Кинематика.

Теоретична механика част І - Кинематика и Статика

Студент: ______________________ , група____, ф.№ _______Дата: _

__

________

fe(t)

O


3

F1

1.5


Брой предадени листа

по Модули І и ІІ

Оценка:

(в точки)

1.51.5 1.5 1.5

F1=30 kN,

F2=10 kN,

M = 40 kN.m,

q= 8 kN/m.

1.5

B q

1.5

Изпитен билет Вариант 02


Катедра "Техническа Механика"

Изпитващ: Доц. д-р инж. П. Павлов

F2

C M 1.5

1.5

l?hj?lbqg:f?o:gbd: qzkl1 f ih ИНСТРУКЦИИ aУказания по провеждане на...

Documents