^8y nsjmS^zy zb^H? jest^Ry i a^^»ieźj^S*tylko^^arem kon
strukcji): Q "* 8 T, wypadkowa tych dwóch sił, przechodząca przez trodek zbiornika, ma największy kąt odchylenia ód pionu: tgcr =* P/0 ■ 3/8.
Punkt B, w którym linia działania wypadkowej W przebija płaszczyznę podstawy wieży, jest najbliższym od OC dopuszczalnym położeniem podpory wieży, a więc CB — OCtga - 7,5 m. W tym przypadku podpora A. symetryczna do -B, będzie całkowicie odciążona, RA — 0, Rt = W. Gdyby było CB < OCtga, to w rozpatrywanym przypadku podpora A byłaby odrywana od podstawy, czego się w zadaniu nie zakłada.
Ten sam wynik otrzymamy, jeżeli wykorzystamy warunek, aby moment przewracający wieżę dokoła punktu B nie był większy niż moment siły ciężkości:
0*>P-OC; stąd *>■£• OC-y 20-7,5 m.
65. Siła tarcia 7*«= fiN, gdzie p ■■ 0,18 — współczynnik tarcia, N~ oddziaływanie między płytą i podłożem, prostopadłe do powierzchni stykających się. Wartość siły potrzebnej do przesuwania jest równa wartości siły tarcia: /’ mm T <= 0,18 • 40 — •" 7,2 kG.
66. Według rozwiązania zad. 65, siła ?■ T■ pN■ 0,15'50"7^kG.
67. P-pN; stąd JV-P//i = 2000/0,2 = 10000kG.
68. Ciężar jednego arkusza ą — 6 G, współczynnik tarcia p = 0,2. Siła tarcia między l.i 2. arkuszem Tt — j/i,
3. a 4. 3s-3flif
199. a 200. rm-199j/i,
Przy wyciąganiu księgi ił musimy pokonać siły tarcia od T, do Tm, włącznie. Siła tarcia całkowita
Ta -gr,- -g^200-20100-0,006-0,2 - 24,12kG.
Przy wyciąganiu księgi P będą występowały siły tarcia od 7*, do T,,,:
r.- >:r,--lł±r-ł .IM_™3Ł ,99_23,88kG.
69. Opory ruchu T przy ruchu jednostajnym w dół po równi są równe rzutowi •iły ciężkości wagonu na kierunek równi: T« F= Psin a m Ptga = 10000• 0,008 — “ 80 kG.
70. Przy ruchu jednostajnym po równi pochyłej pod górę siła ciągu musi być równa •umie oporów ruchu T l składowej ciężaru pociągu równoległej do kierunku równi:
P- 7*+0sln« « 2*+0tg«; - stąd r- 0,0050,0050ooa a * 0,0050;
P - 0,0050+fltga «= 0,00504*0,0080 - 0,0130 - 2340 kG.
71. Oddziaływanie normalne do płaszczyzny równi Pcosa (rys. do rozwią-23,113 zad. 69), składowa ciężaru równoległa 5I0 równi P■= Psina - I*. Stąd .
/i — T/N ■ Psin a/Pcoa ■ = tga.
72. Według rozwiązania zad. 71:
/' - tg« - 0,8, a — aretg/s = 38*40*.
73. Siłą P wynikającą a warunków równowagi układu sił działających na klin wyznaczymy z sumy nutów układu sił aa ot klina. Rozpatrzymy dwa przypadki.
(1) Wbijanie klina; ruch klina w dół, siły tarcia T, skierowana do góry, przeciwna do' kierunku założonego ruchu (rys. a):
Pi—2.Vsin a—2jiNcot a -0, P, - ŁVsin«(l+,i/«f «):
—1 N~ 2ana(H-/i/<gg) ■ ‘ A - fl - «T.
^ “ 2 • ó,(W (i+6,10/6, W) “20T
(przyjmujemy sina » tga).
(2) W przypadku wyciągania klina (rys. b) zakładamy, że klin będzie się poruszał w górą (będzie się wysuwał). Siła Pa (o tym samym zwrocie w dół, co siła P, w przypadku poprzednim) ma zapobiec wysuwaniu się klina. Jeżeli okaże się z obliczeń, że Pt < 0, czyli siła Pj zwrócona jest w górą, to znaczy, że klin nie będzie się wysuwał samoczynnie i do wyciągania go potrzebna jest włażnie siła P2. Przy założonym ruchu w górę siły tarcia T, będą zwrócone w dół (zwrot przedwny do założonego zwrotu tuchu) i w równaniu równowagi wystarczy przy współczynniku tarcia /i zmienić znak
+ na Stąd
Ą - 2Att..(l-£)-2-20.0,05(1 -$!)- -2T.
Z wyrażenia na P wynika, że siła ta zmienia zwrot dla tg«»/s -> tgf, gdzie (— kąt tarcia. Jeżeli ę < a, to P, ma wartoić dodatnią i jest zwrócona w dół (klin wysuwa się i potrzebna jest siła do zatrzymania go). Jeżeli ę > a. to P, < 0. sib jest zwrócona w górę. Do wyciągania klina konieczna jest siła zwrócona do góry.
74. Sumy rzutów sił na kierunki * i 7 (wiclobok sił — rys. b):
— N+Q*nfi-P — 0. N mm P—Qtiafi;
^Pm = Qco%P-T-0, Qcosfi- T=pN-ftP-fiQsinfi;
~ " cosP+/isló7‘'
Wartoić Q osiągnie ekstremum, gdy mianownik ułamka osiągnie ekstremum. Odpowiednią wartoić kąta fi wyznaczymy przyrównując do zera pochodną mianownika względem fi:
A (c*»fi+M*infi) - -unfi+MCo*? - °I
91