mech2 67

Prędkość względna kulki (w ui/o.)

x = -1,69 ain(9,876t) + 1,99 cos(9,876t).

W celu obliczenia składowych reakcji ścianki rurki    i N₂, gdy t =

= t = 0,2 s, wyrazimy wektorowe równanie (1) w rzutach na osie 7 i z. Przyjmując, że wektor a_w jest prostopadły do tych osi, otrzymujemy:

Y = 0 = N₂ - D_c,

Z = 0 =    - G o os 60° - D_ud cos 30°.

Z równań tych

Ng = Dę = 2 m o)v_w sina,

= G cos 60° + D_ud cos 30° = rag cos 60° + m w²(r + x sina) cos 30° .

Do obliczenia wartości liczbowych    i N₂ jest konieczne określenie

współrzędnej x i rzut prędkości punktu x, dla t = t = 0,2 s.

Stąd dla t = t = 0,2 a mamy:

x = 0,172 cos(9,876-0,2) + 0,202 siQ(9,876*0,2) + 0,128 =

= 0,172 cos 113° + 0,202 sin 113° + 0,128 =

= -0,172*0,391 + 0,202*0,92 + 0,128 = 0,246 m.

0

x = -1,69 3in 113° + 1,99 cos 113° = -1,69*0,92 - 1,99*0,391 =

= -1,55 - 0,78 = -2,35 o/s,

oraz

N_n = 0,01-9,81-0,5 + 0,01 w²(0,2 + 0,246-0,5) 0,866 = 0,077 H,

N₂ = 2-0,01 n.2,33-0,5 = 0,080 N.

Całkowita reakcja ścianki rurki

N =l/N² +    =l/o,077² + 0,080² = 0,111 N.

Poszukiwane ciśnienie kulki U na ściankę rurki ma wartość obliczonej reakcji N, a zwrot przeciwny.

Podstąy^owe zasady dynamiki punktu, materialnego

1.5. Zastosowanie zasady równoważności pędu i impulsu do obliczania prędkości punktu materialnego Zadanie D-5

Ciału o masie m jest nadana prędkość początkowa v_D, skierowana do góry, w kierunku pochylenia płaszczyzny tworzącej z poziomem kąt a . Ha

riało działa siła Ti skierowana w tę samą stronę (rya. 79). Znając prawo mi8D7 siły P = P(t; i współczynnik tarcia posuwistego ff, obliczyć pręd-vość oiała w obwili fc-, t_2l t* i sprawdzić otrzymany wynik dla chwili t^i za pomocą równania dyDSmicznego ruchu. Dane do rozwiązania poszczególnych zadań zestawiono w tabeli 25*

Tabela 25

Nr tematu	m kg	^vo m/s	^fc1	*2	V	^Po	^P1	^?a ’!	^P?	a Btop	f
			s					7
	35	5,4	4	10	18	100	200	150	250	25	0,10
2.	20	0	6	10	15	200	160	160	180	37	0,25
3,	25	0	4	10	16	200	200/120	120	0	21	0,10
4.	10 *	4,5’	5	10	16	0	180	40	100	32	0,12
5.	16	9,0	4	8	16	120	120/0	0	160	24	0,08
6.	40	4,0	4	8	12	400	3ÓO	300	0	40	0,06
7.	20	8^0	5	8	11	0.	300	0 •	0	25	0,20
8.	16	7,6	6	11	13	75	200	0	0	23	0,12
q.	12	0	6	10	14	100	140	0	0	20	0,20
10.	50	12,0	2	6	12	0	300	200	200	27	0 ,OB
11.	10	5,0	6	10	16	50	100	100	200	35	0r24
12.	12	3,°	3	8	14	60	180	120	120	42	0,15
13-	10	ejo	4	12	16	0	150	150	100	30	0,18
14.	20	8,5	5	8	15	40	100	150	0	23	0,07
18.	14	9iÓ	7	1?	18	__CL_	JL4Q__	_ _ _Q_	ADSL	_18_	-Q._15~
ii:--	ŹO	3,0	5	9	17	300	150	100	100	39	0,12
17.	24	10,0	6	10	15	0	180	60	140	.-15	0,20
18.	15	13,0	8	16	20	110	150	0	90	26	0,22
19.	15	7,2	3	10	16	150	110	90	120	50	0,30
20.	22	ej 2	2	9	11	70	110	110	50	15	0,15
Pd -	13	10',0	8	12	16	0	200/0	0/200	100	28	0,14
22.	11	6.0	7	9	14	160	0	0/100	120	31	0,11
23.	12	4,5	5	10	16	50	120	40	80	21	0,22
24,	10	7,o	4	14	29	100	• 50	50	0	18	0,09
23.	18	0	8	10	16	180	160/0	0/140	180	33	0,17
26.	8	9,0	4	8	12	0	150	0	120	45	0,10
27.	17	5.0	7	10	18	190	170/0	100	280	38	0,21
28	9	7.5	4	12	17	0	140/70	100/70	70	26	0,20
	20	9i5	5	6	11	0	400	400/100	200	60	0,25
JO.	10	10,2	6	7	10	120	70	0	120	33	0,15

Sporządzając wykres zmiany siły według zadaDyofc wielkości P₀, P-|»

P dla czasów t_Q, t_v t₂, t_$ uważać zależność P = P(t), między zadanymi czasami za liniową. Wartość siły P, zadanej w tabeli 25 w postaci ułamka, oznacza przyrost modułu siły: w liczDiku występuje moduł siły w końcu odstępu ozasu, a w mianowniku - w początku odstępu czasu.

Przykład rozwiązania zadania

Dane: m = 40 kg, v_Q= 10 m/s, t^ = 3 s, t₂= B s, tj s 12 s, P_Q= 0,    =.

= 250 N, P₂= 500/200 N, P^ = 150 N, a= 3°°» ^f= °>1- Określić:    , v₂ i

dla t^, tg, t^»

j