DSCN1832

rrrrrrnn 111111111

20. Trójkąt sił jat podobny do trójkąta ABC na rysunku do zadania Stąd Iśa -40kG;

21. Z trójkąta sił

TJtiniS* - 0/sinlO5⁸,    r_x = 2 ■

7V/«łrv30* = 0/ainlOS⁰,    P_c

^5,"“³⁰^‘““^50kG-

— 1,46 kO;

■ 0,«

17,035 kG.

22.    Z trójkąta sił:

T/sinlS* - P/sin30*, ■ T = 200(0,2588/0,5) - 103,5 kG;

0 - —Psin 135*/sin30° — -282,8 kG.

23.    Robimy wykres sił dla węzła A Ze względu na symetrią bieóstwa trójkątów:

S_Ad0,Sp - y/ll.65^a-ł-6,lV6,l,    $,_c « 53,9 T.

24.    Siła w kaidęj części sznurka jest p\ aby była zachowana równowaga, punkt B musi leżeć na połowie odległości Afi.gdyż z równania sumy rzutów sił na kierunek poziomy wynika, że

pcm z EBA—pcot * BAB — 0; cos * BBA m cos * BAB, * BBA ~ * PAP - «.

Z równania sumy nutów na kierunek pionowy: P—2psin a » 0 znajdziemy

m.-p,    4_, ^fa> • —-»

2p    Z . Z yi—sin¹a 2 yl—(P/2p)* 2y4p*-P^a

25.    Dane: G ™ 25 kG, j ™ 20 kG, sin/? « 0,6. Równania sum nutów sił działających na węzeł C na kierunki poziomy i pionowy:

qńnP—pńna — 0,    . P^m ?sin/?/sin<r,

stąd

gcos/ł+^cosa—w = 0;    ycos/?+ęsin/?ctga—G — 0;

G-gcgs/? 25-20-0,8

^S f*in> 20¹6,6

26. Z trójkąta sił:

P

«Sfl«r-(<r+0]

20#|.

' one . 0,8

$

■S-eo- Z podo- i

53*10';

_p „^75*    Ł966

^p" ^eras⁷“¹⁰ W ^13,65 ^

0,866

W^m-&T‘ f ^m 6¹⁰pp"^lż-“^k0|

27. Wyciąwazy przekrojem myślowym węzeł -4 1 zaznaczywszy siły działające na ten węzeł stwierdzimy, !e mamy dwie jednakowe siły w lince, których wartość jest dana: P - F — 2 T, oraz dwie niewiadome sfly w prętach Q,, Q, — wzajemnie prosto-

pedle, jak to wynika z danych kątów. Ponieważ siły P i P* są ułożone symetrycznie względem pręta AC, więc wypadkowa ich będzie leżała na osi tego pręta i będzie wynosiła 2Pcos30* ■ 2 • 2 • 0,866 - 3,46 T. Siła w pręcie AC, równoważąca otrzymana wyżej wypadkową, będzie działała do węzła A, a więc pięt będzie ściskany i siła Q, » —3,46T. Siła Q_t w pręcie AB będzie równa 0, co widać również na wicloboku sił (rys. bj, w którym wypadkowa Qi sił P i F jest odchylona od pionu o 30\ a więc pokrywa się z kierunkiem siły Q*.    |

28.    Siły oddziaływania ścianek na kulę, N„iN_zsą prostopadłe do płaszczyzn- stycznych do powierzchni kuli w punktsch styczności, a więc oddziaływania te przechodzą przez środek kuli. Ponieważ siła ciężkości kuli również przechodzi przez jej środek, więc wszystkie siły układu, które musimy uwzględnić, przecinają się w środku O kuli (rys. a). Na tym samym rysunku pokazane są siły Np, Nijakimi kuła działa na ścianki.

Z trójkąta sił (rys. b):

jV_ł-0cos6O*-6-O,5-3kG, N₀ = 0cos3O*- 6 - 0,866 — 5,2kG. _

29.    Na kulę działają trzy siły: ciężar P, siła w sznurze T oraz oddziaływanie ściany na kulę Q*. Z warunków równowagi układu trzech sił wynika, że muszą one przeorać się w jednym punkcie. Siły P i Q* przecinają się w środku kuli O, ą więc i trzecia siła T musi przechodzić przez punkt O. Kula zawieszona i oparta o pod wpływem działających sił przyjmie takie położenie, żeby jej środek ciężkość leżał na przedłużeniu sznurka (jeśli nie występuje tarcie). Z trójkąta sił: 0 = Ptgs, Tm Pfoms. Nacisk Q kuli na ścianę będzie miał tę samą wartość i przeciwny zwrot.

30.    Kula przyjmie takie położenie, ie jej środek będzie leżał na linii    s3y

sprężyny (por. rozwiązanie zad. 29).

0* = P^ł+N'^ł-2PN'cos30*, 10* = 20^,-hV'*-2 • 20ff • 0,S66, JV'*-34,6N'+300 - 0, N'- 17,3 i^ioO-300 - 17,3 kG.

Nacisk N kuli na powierzchnię równi ma tę samą wartość i zwrot przeciwny. Ponieważ otrzymaliśmy trójkąt prostokątny z kątem ostrym 30*, więc szukany kąt musi być « - 60®.

31.    Trójkąt sił jest podobny do trójkąta AOB na rysunku do zadania; stąd

T M l    _r    n l .    -0 _ r

T 7+2-    ^T    ”r+d ’    T 7+1'

32.    Z trójkąta sił:

0.P

W

Li-.-.

0,966

oSsr

T,m 10

- 19,3 kG;

sin3Cr’

‘"'BST

33. Przyjmujemy, że reakcje dzirłające na kocioł w punktach A i B są prostopadle do obrysu kotła, a więc przechodzą przez oś geometryczna koda. Z symetrii wynika Na - N_t.

P = 2Misin«, N.m^r— ;

zsj.net

AB/2    ... a, <9 ¹ 4

sin75*

-u.uk;-

2-0,6

m 3,33 T.