Вариант 60 РГР1. заказ №80332 ТермехРГР1 В60. Контрольная работа по теоретической механике статика, кинематика и динамика механических систем
![]()
|
Задание Д2 Вариант №60 Дано: S1= 3 м, f= 0,05, m1 = 10 кг, m2= 20 кг, m3= 20 кг, r2= 0,25 м, R2 = 0,5 м, r3= 0,3 м, ρ2= 0,3 м, F= 10 Н, Mвр= 25 Н•м. Трение качения не учитывается. Решение: Применим теорему об изменении кинетической энергии: ∑T = ∑A ; ∑T= T1+ T2+ T3 : T1= m1V12 /2= 5V12 ; T2= m2R22ω22 /4= m2R22V22 /4R22 = m2R22 4V12 /4= 20 • 0,25 V12= 5V12 ; T3 = m3V12 /2 + m3R32ω32 /4 = m3V12 /2 + m3V12 /4 = 3m3V12/ 4 = 3•20 V12/4 = 15V12 T= 5V12 + 5V12 + 15V12 = 25V12 ∑A= Am1g + Am3g + AF + AMвр +AFтр = m1gSin45 S1 + m3g Sin45 S1 - m1g f Cos45 S1+ F S1 - Mвр 2S1/R2 = (10•9,81•(1-0,05)•√2/2 + 20•9,81•√2/2 + 10 – 25•2/0,5) •3= 343,9 Дж V1= Ответ: V1 (S1) = 3,71 м/с Задание Д3 Вариант №60 Дано: m1 = 1 кг, m2= 1,6 кг, m3= 1,5 кг, r= 0,1 м, R = 0,15 м, Ic = 0,22 кг•м2 , P=10 Н, Mвр= 1,6 Н•м, L=2 м, b=0,8 м. Мин= Iε ; F1= m1a ; a= εR Решение: Для механизма: ∑Mc(Fk)=0: - Pr + Мин +( m1g + F1)R = 0 - Pr + Iε +( m1g + F1)R = 0 → ε = (Pr - m1gR)/(I+m1R2) = (10•0,1– 1•9,81•0,15)/(0,22+1•0,152) = - 1,94 рад/с2 F1= m1a = 1•(-1,94)•0,15 = - 0,29 Н Для опоры: ∑Xi=0: XA+P = 0 → XA= - P = - 10 Н ∑Yi=0: YA - m1g - F1 – m3g = 0 → YA= (m1 + m3)g + F1 = 2,5•9,81 – 1,94 = 22,59 Н ∑Mc(Fk)=0: MA – P(L+r) - ( m1g + m3g +F1)b = 0 MA= P(L+r) + ( m1g + m3g +F1)b = 10•2,1 + 22,59•0,8 = 39,07 Н•м Ответ: MA= 39,07 Н•м, XA=- 10 Н, YA= 22,59 Н Задание Д4 Вариант №60 Дано: m3= 100 кг, R1 = 0,4 м, R2 = 0,6 м, r2 = 0,4 м, P=1200 Н, M2 - ? Решение: Кинематические соотношения: σφ1 = σφ2R2/ R1= 0,6 σφ2/0,4 = 1,5 σφ2 σS3= σφ2r2= 0,4 σφ2 из принципа возможных перемещений: ∑σAk= 0 → σAM2+ σAP + σAm3g= 0 -M2 σφ2 + PR1 σφ1- m3g σS3= 0 (PR1•1,5 - M2 - 0,4•m3g) σφ2 = 0 M2= PR1•1,5 - 0,4•m3g = 1,5 •1200•0,4 – 0,4•100•9,81 = 327,6 Н•м Ответ: M2= 327,6 Н•м |