DSCN1833

waiec nemie się unosić. gdy reakcja N płyty w punkcie C oraz siła pozioma Pzrómtowzlą ciężar walca Q. Zakładamy, te reakcja Nprzechodzi pracz Środek walca A. 1VójJqt «ił budujemy na danej *iłe Q — 2 T; kierunek N\\AC.

Z podobieństwa trójkątów:

P/Q - DA/CD, P => 2»/i0^ł-52^a/52 « 1,15 T.

35.    Rozwiązanie analogiczne do rozwiązania zad. 33. .

cotm^Ofi, arna-0,8; P~2Suna. 5 - -JZ-- - -5— = 10 kG.

zasną z ■ u.o

36.    Na pręt AB działają trzy siły: ciężar pręta P = 2kG, napięcie w sznurze 5 i reakcja w przegubie /Ł Aby pręt pozostawał w równowadze, tt trzy siły muszą przecinać się w jednym punkcie. Linia działania ciężaru P przechodząca przez punkt D pręta, gdzie AD — DB, przecina linię działania napięcia S w punkcie B, gdzie BE — BC. Przez punkt B musi przechodzić reakcja R przegubu. Z danych zadania wynika, że trójkąt ABC ma dwa kąty 30*, więc środkowa AE tworzy z ramieniem AC kąt 60*. Z trójkąta sil: R — PcosóO* — 1 kG.

37.    Trzy siły działające na belkę: ciężar P, napięcie w lince T oraz reakcja ściany R (prostopadła do ściany) muszą przecinać się w jednym punkcie. Według rozwiązania zad. 36 będzie to punkt B, gdzie CB — BB, więc AC — AD — ABcotiS' = 2/2/2 = —1,41 m. Trójkąt sił jest podobny do trójkąta BCD, więc

T~ISZr* *-y^p“²’^5kG:

BC DC'

^r-^e

38. Ciężar ramy P oraz reakcje R^ i R_# muszą przecinać się w jednym punkcie. Przyjmujemy, że R, jest prostopadła do płaszczyzny ramy, stąd wyznaczamy punkt E na przecięciu z linią działania ciężaru P. Reakcja R_x musi leżeć na prostej AB. Kreślimy trójkąt sił i trójkąt pomocniczy AEG, w którym EG — 2fó — BC — a, GF — FE -- o/Z/2, FA - Za/2/2, AE =

Z podobieństwa trójkąta sił i A AEG:

Ji.M d__"Ł___'

^    3}^’    •    1 ./s    — 31,5 kG;

-42?

W

2aj/2    2|/2

£>/5P

2ay2

— 70,4 kG.

i

39.    Na przecięciu linii działania siły F i osi pręta CZ) znajdujemy punkt Ś, przez który musi przechodzić linia działania trzeciej aiły działającej na belkę, tj. R_x. Mając kierunki sił wykreślamy trójkąt sił (rys. b). Wartości sił obliczamy z wykresu, w skali obranej dla siły F, albo z twierdzenia sinusów, obliczywszy uprzednio kąty trójkąta sił, przy czym z wykresu znajdujemy tg a — j.

40.    Rozwiązania wykreślne identycznie jak w zad. 39. W przypadku (a) jest tg a — w przypadku (b) zaś tg a —

41. Rozwiązania wykntfbM identycznie Jak w zad. 39; tg « =- BC/AC - ^5/2.

Trójkąty sil budowane'są z oll działających m Udany układ, * więc siły działające na więzy będą miały zwroty przeciwne do zaznaczonych na wykresach. Pręt CD w przypadku (a) będzie rozciągany, w przypadku (b)~ ściskany. W obu przypadkach reakcja belki na ścianę będzie zwrócona do ściany.

42. Rozpatrujemy połowę przewodu między punktem zaczepienia A i przekrojem C w połowic długości przewodu. SiłaT* mus przechodzić przez punkt B, w którym przecinają się dwie aiły o znanych Kidach działania, tj. ciężar 0,SQ rozpatrywanej ctęic przewodu i napięcie T_c w środkowym przekroju.

Z podobieństwa trójkąta sił do &ABP:

~~~~\T_c AF ■

■ HM

w“

T_c-

(MF

20 ~ — 200 kG;

T

Tą AB

O AB

2 HF'

20

201 kG; T_t m T_ą

0,5Q

43.    Reakcja R* musi przechodzić praca punkt C, w którym przecinają się Aa P i reakcja R₀. Z podobieństwa trójkąta sil i trójkąta ABC:

Rd AB I

P," BC '    ' ?a 2" P” AB

44.    Siła w tłoczyaku: P - (p,-p,)S,i - (6-1)-1000 - 5000kG = 5T. Siłę P rozkładamy na kierunek korbowodu AB i na kierunek prostopadły do prowadnic. Trójkąt sił jest podobny do &ABC: stąd

N DC

T^mw

T. AC |

T|    \ aB~ Ę“i

45.    Rozpatrujemy węzeł A; przyjmujemy układ osi x,y jak na rysunku.

Y^pr - -P«n45*+S,sin45^# - 0, S.-P-5T; pręt AB jest rozcinany.

Y, - Pcos45°+5_Icos45*+JV_ł-0, N, - -2P/2/2 - -7.07T;

Ki ma zwrot przeciwny do założonego, pręt 1 jest ściskany. To samo wyraka z trójkąta sił.

Rozpatrując węzeł'B, znajdziemy analogicznie S₂ = Si, N_: = N_t; s2y w penach drugiej połowy mechanizmu ze względu na symetrię muszą być takie same jak w odpowiednich prętach pierwszej połowy.

46.    W każdym z węzłów CiD zawieszone są ciężary P' -■ 40 • 0,75 — 30 kG. Z trójkąta ził:

T₂ ‘AKT    „ __    5

P TK'

Ti' AC *    „ł/25+0,25 ,

TT “W*    ^ij *6^-* 301,5 kG,

ISl m

_P“ń.„_Pń..

* la ^r 2

T, -30-^-=300kG;

Mi—Ti,

n*n«/nnmv R.. — oddziaływanie członu U na człon I w przegubie F;

15