КПІ ім. Ігоря Сікорського, 2019-2020 навч. рік Задачі I етапу Всеукраїнської студентської олімпіади

з теоретичної механіки та їх розв’язання

ЗАДАЧА С1 (12 балів). Однорідна пластина, вага якої дорівнює G , закріплена в точках A і C за допомогою невагомих стрижнів, гнучкої ланки DE, яка утворює з горизонталлю кут , а також опирається на вістря у точці B. Точки C, D і E лежать в одній вертикаль-ній площині. Розміри пластини a і b відомі. Визначити, при якому мінімальному значенні коефіцієнта тертя між вістрям та пластиною можлива її рівновага в зображеному на рисунку положенні.

Розв’язання. Введемо систему координат

Dxyz як по-казано на рисунку. Замінимо дію кожної в’язі на плас-тину однойменними реакціями в’язі. Реакцію у точці B представимо у вигляді нормальної складової BN і сили тертя BF , напрям якої на даному етапі невідомий і позначений кутом

(див. рис.). Саму пластину розіб’ємо на дві частини, вага кожної з яких пропорційна площі і прикладена до центру її ваги. Для даної розрахункової схеми запишемо рівняння рівноваги:

0xii

M : B2 1 3 2 03 2 3 2

b bG G N b . Звідки слідує, що B5

12N G .

0yii

M : A B2 1 32 2 03 3 2

aR a G a G N a . Звідки слідує, що A16

R G .

0izi

F : A B D2 1 sin 03 3

R G G N R . Звідси знаходимо DR : D5

12sinGR

.

Введемо додаткову вісь Cz', яка паралельна Dz і проходить через точку C. Запишемо суму моментів сил відносно осі Cz':

' 0z ii

M : B 0F h ,

де h – плече сили тертя BF відносно осі Cz'. Оскільки припускаємо, що сила BF не дорі-внює нулеві, то лінія дії сили, положення якої визначається кутом , має перетинати вісь

Cz' (проходити через точку C). Таким чином 2 2

sin4

b

a b

.

0iyi

F : D Bcos sin 0R F . Звідки слідує, що 2

B D5 4 1cos

sin 12tga b

F R G

.

A B

D СE

A B

D С

RA NB

RD RС

23G 1

3G

x

z

y

FB

z'

O

x

z

y

A

B

D45°

45°

C

Мінімальне значення коефіцієнту тертя f між вістрям та пластиною для даної роз-рахункової схеми можна визначити на основі закону Амонтона-Кулона – B BF f N , зві-дки

2B

minB

4 1tga bFf

N

.

Відповідь: 24 1 tga b ЗАДАЧА С2 (10 балів). Три однакових однорідних стри-жні вагою P кожний прикріплені кінцями до горизонта-льної площини сферичними шарнірами A, B і D та з’єднані між собою шарніром С. Визначити реакції сфе-ричних шарнірів A, B і D. Розв’язання. Розрахункова схема з усіма силами, прикладе-ними до системи, показана на рисунку. З міркувань симетрії системи очевидними є наступні співвідношення між скла-довими сил реакції: D 0xR ; A Bx xR R (з урахуванням на-прямів, показаних на рисунку); A By yR R ; A Bz zR R . Отже, з 9ти невідомих складових реакцій в’язей необхідно обчислити лише 5. Наступні три рі-вняння є умовами рівноваги конструкції в цілому:

A D0: 2 0yi y yF R R ; (1)

A D0: 2 3 0zi z zF R R P ; (2)

O D2 20: 0

2 2 2xi zLM P L R , (3)

де L – довжина стрижнів. Запишемо також рівняння рівноваги окремих

стрижнів: - стрижень CD

C D D2 2 20: 0

2 2 2 2xi z yLM P L R L R ; (4)

- стрижень AC

C A A2 2 20: 0

2 2 2 2yi z xLM P L R L R ; (5)

З рівняння (3) знаходимо D 2zR P . Тоді з (2)

A D1 1 53 32 2 2 4z z

P PR P R P

.

З (4) з урахуванням (3) отримаємо D 0yR . Тоді з (1) слідує A 0yR . Нарешті, з (5)

A A5 3

2 4 2 4x zP P P PR R .

Отже реакції сферичних шарнірів A, B і D дорівнюють

O

x

z

y

A

B

D45°

45°

C

RAy

RBy

RAx

P

RBz

RBx RDz

RDyRAz

P

P

2 2

2 2 2 2A A A A

3 5 3404 4 4x y zP P PR R R R

;

2 2 2B B B B A

344x y z

PR R R R R ;

2

2 2 2 2 2D D D D 0 0

2 2x y zP PR R R R

;

Відповідь: A B 34 4R R P ; D 2R P

ЗАДАЧА С3 (12 балів). Розв’язання. Визначимо рівнодійну розподіленого навантаження. З міркувань симетрії очевидно, що рівнодійна спрямована уздовж осі x . Виділимо на дузі елемент, що відпо-відає елементарному куту d (див. рис.). Довжина елемента буде dR , а проекція еле-ментарної сили на вісь x :

d d cosxQ q R . Інтегруючи знаходимо рівнодійну

d cos d 2 sin 2xQ Q qR qR qR

.

де 0 – центральний кут дуги, яка співпада з се-редньою лінією балки (див. рис.):

2 2 2sin2

RR

45 .

Напрям сили і точка її прикладання зображені на рисунку. Рівнодійна P сил тяжіння елемента спрямована паралельно осі Oy у від’ємному на-

прямку і прикладена в точці C – центр ваги балки. З міркувань симетрії очевидно, що ко-ордината Cy дорівнює 2 2R . Для знаходження Cx маємо:

C

1 dm

x x mm

,

де m P g – повна маса балки. Маса dm елемента балки з центральним кутом d дорівнює

d dm R , де – питома маса балки (маса одиниці довжини балки, 2m R ). Отже маємо

C1 d cos cos d cos cos d

2R Rx x R R R

m m

2sin cos sin cos 42 2R R R

.

Складаємо рівняння рівноваги балки:

A

B

O

q

d

dQ

dm·g

A

B

C

P

X BYB

X A

C QR 2

xC

x

y

x

y

xC

R

A

O

M

B

O

A B

C45° 45°

D

1

23

4

5

B0: 0yiF Y P ;

A C B20: 2 0

2ziRM P x Q X R .

З цієї системи знаходимо

BY P ;

CB

2 41 1 42 22 2 22 2 2

Rx qRX P Q P qR P

R R

;

2

2 2 2B B B

42 2

qRR X Y P P .

Відповідь: 2

242 2

qRP P

ЗАДАЧА К1 (14 балів). Балка AB довжиною 4a ковзає по вертикальній та горизонтальній площинах таким чином, що кінець A рухається з постійною швидкістю Av

. По балці

рухається матеріальна точка M з постійною відносною швид-кістю v

. Визначити абсолютну швидкість точки M як функція

часу, якщо в початковий момент АМ=0 і ОА=2a. Розв’язання. (див. нижче)

Відповідь: 2 2 2 2

2 2 A AA A 2 2

A A12 4v vt v v tv v v v

a a av t v t

ЗАДАЧА К2 (14 балів). Плоский механізм складаєть-ся з кривошипу (на рис. позначений цифрою 1), двох шатунів (2 і 3) і двох повзунів (4 і 5). Довжини ланок відомі, причому LOA=LAB=LBD=LBC=L. Для зображено-го на рис. положення механізму визначити пришвид-шення точки В за умови,що кутова швидкість криво-шипа ω1=const (напрям ω1 показано на рис.). Розв’язання. (див. нижче)

Відповідь: 21 13 8 2L

ЗАДАЧА К3 (14 балів). В сателітному механізмі, який скла-дається з водила H і конічних шестірень 1, 2 та 3, задані обер-тання шестірень 1 і 2 з кутовими швидкостями 1 const і

2 const , причому 1 2 . Розмірі коліс визначаються ку-тами і в осьових перерізах і відстанню OK (K – точка на осі сателіта 3, див. рис.). Знайти швидкість та доосьове приш-видшення точки K сателіта 3 при 1 22 2 , 45 і OK a . Розв’язання. Колеса 1 і 2 обертаються навколо нерухомої вертикальної осі, яка проходить через точку O. В свою чергу сателіт 3 здійснює обертальний рух як відносно колеса 1, так і колеса 2. Осі цих відносних обертань (позначені на рис. через і , відповідно) перетинаються у точці O, т.ч. колесо 3 здійснює сферичний рух з не-рухомою точкою O. Якщо позначити кутові швидкості відносних рухів через 3 1

і 3 2 ,

то система векторних рівнянь для визначення 3 запишеться наступним чином:

3 1 3 1

3 2 3 2

;.

Систему розв’язуємо графічно через побудову плану кутових швидкостей (див. рис., на якому враховано 1 2 ). З Δ123 (циф-рами позначені кінці відповідних векторів i

) з використанням те-ореми синусів маємо

3 1 1 2

sin 180sin

3 1 1 2

sinsin

.

Значення 3 3

і кут нахилу миттєвої осі обертання Δ колеса 3 відносно вертикалі визначається з Δpω13 (на плані) з вико-ристанням теорем косинусів та синусів –

2 23 1 3 1 1 3 12 cos ;

3 3 1

sin sin

3 1

3arcsin sin

.

Для визначення швидкості та доосьового пришвидшення точки К на осі сателіта 3 справедливі формули

K 3 OKv ; ос

K 3 3 OKw

або K 3 3OK sin ,OKv

; ос 2

K 3 3OK sin ,OKw

.

Очевидно, що 3

180,OM 902 2

, тоді

3sin ,OK sin 90 cos2 2

.

Для заданих в постановці задачі значень ( 1 2 ; 2 ; 45 ; O K a ) має-мо:

O

1

2

1

2

3

KH

p

1

2

3

3/1

O

K

3

OK

3 1 1 2sin

sin 2

; 2 23 1 3 1 1 3 1

102 cos2

;

3 1

3

1sin sin10

2 9 3cos 1 sin

10 10 ;

33sin ,OK cos10

;

K 3 33OK sin ,OK

2av

; 2 2

ос 2K 3 3

10 3 3 10OK sin ,OK4 410

aw a

.

Вектор Kv направлений перпендикулярно площині рисунка «від нас», а вектор осKw розташований у площині рисунка і направлений від K до миттєвої осі обертання Δ..

Відповідь: 3 2a ; 23 10 4a

ЗАДАЧА Д1 (12 балів). Два вантажі D і E однакової маси m утримуються в по-ложенні рівноваги пружиною з жорсткістю c , нижній кінець якої закріплений нерухомо, а верхній приєднано до вантажу D. Вантажі відхилили від положення рівноваги униз на певну відстань і відпустили без початкової швидкості. Чому має бути дорівнювати максимальне значення , щоб при русі системи вантаж E не відірвався від вантажу D? Знайти також закон коливань вантажів x x t від-носно положення рівноваги. Розв’язання. Рівняння руху системи двух вантажів:

прm m x m m g F ,

де прF c x – сила пружності пружини; – дефор-мація пружини від початкової довжини до положення рі-вноваги системи ( m m g c ); x – поточне положен-ня системи вантажів відносно положення рівноваги. Звід-си слідує наступне рівняння руху системи:

2 0x x ,

де 22cm

.

Розв’язок даного диференційного рівняння може бути записаний наступним чином sinx A t cosx A t .

Константи і визначаються з початкових умов 0 sintx A ; 0 0 costx A .

Звідси слідує, що 2

; A . Остаточно sin cos2 2

cx t tm

.

Розглянемо тепер рівняння руху вантажу E (див. рис.): m x m g N .

Звідси N m g m x – сила взаємодії між вантажами D і E. Щоб вантаж не відірвав-ся має виконуватися умова

0N 0m g m x cos2 2c cg x tm m

.

D

xE

x

O

x

Fпр

2mg

N

mg

x

(D,E) E

DE

Максимальне можливе значення у правій частині дорівнює 2c m . Тому нерівність виконується для будь-якого t , якщо

2cgm

.

Тому остаточна відповідь 2mgc

.

Відповідь: 2mg c ; cos 2x t t c m ЗАДАЧА Д2 (12 балів). Вантаж A масою MA при опусканні з певним пришвидшенням по похилій поверхні призми D, яка утворює кут α з горизонтом, через невагому, нерозтяжну і перекинуту через невагомий блок C нитку призводить до руху вантаж B масою MB. При якому значенні коефіцієнта тертя призми з опорною поверхнею вона не буде рухатися? Маса призми дорівнює MD (MD=2MA=4MB). Розв’язання. (див. нижче)

Відповідь:

sin2 cos10 2sin 1 sin

f