СТАТИКА - Камышинский технологический институт

МИНОБРНАУКИ РОССИИ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ
УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
«ВОЛГОГРАДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»
КАМЫШИНСКИЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ ИНСТИТУТ (ФИЛИАЛ)
ФЕДЕРАЛЬНОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО БЮДЖЕТНОГО ОБРАЗОВАТЕЛЬНОГО
УЧРЕЖДЕНИЯ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
«ВОЛГОГРАДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»
Кафедра «ОБЩЕТЕХНИЧЕСКИЕ ДИСЦИПЛИНЫ»
СТАТИКА
Методические указания к практическим занятиям по дисциплине
«Теоретическая механика»
Волгоград
2011
УДК 531.2 (07)
С 76
СТАТИКА: методические указания к практическим занятиям по
дисциплине «Теоретическая механика» / Сост. А. В. Белов, Н. Г. Неумоина,
А. П. Иващенко. – Волгоград: ИУНЛ ВолгГТУ, 2011 – 15 с.
Содержат примеры и задания по темам: определение реакций связей
твердого тела под действием плоской и пространственной систем сил.
Методические указания подготовлены в соответствии с рабочей
программой по дисциплине «Теоретическая механика» и предназначены
в помощь студентам очной, очно-заочной и заочной форм обучения,
обучающимся по направлениям 261100.62, 151900.62, 140400.62.
Ил. 6.
Табл. 2.
Библиогр.: 5 назв.
Рецензент: к. т. н. А. А. Шеин
Печатается по решению редакционно-издательского совета
Волгоградского государственного технического университета
Составители: Александр Владимирович Белов, Наталья Георгиевна Неумоина,
Александр Петрович Иващенко
СТАТИКА
Методические указания к практическим занятиям по дисциплине
«Теоретическая механика»
Под редакцией авторов
Темплан 2011 г., поз. № 16К.
Подписано в печать 24. 02. 2012 г. Формат 60×84 1/16.
Бумага листовая. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 0,93. Уч.-изд. л. 0,78.
Тираж 100 экз. Заказ №
Волгоградский государственный технический университет
400131, г. Волгоград, пр. Ленина, 28, корп. 1.
Отпечатано в КТИ
403874, г. Камышин, ул. Ленина, 5

2
Волгоградский
государственный
технический
университет, 2011
Задание С-1. Равновесие тяжелой рамы
Постановка задачи. Тяжелая однородная рама расположена в
вертикальной плоскости и опирается на неподвижный шарнир и
наклонный невесомый стержень. К раме приложены внешние
сосредоточенные силы и моменты. Учитывая погонный вес рамы найти
реакции опор. Варианты заданий в Приложении 1.
План решения.
1) Рассматриваем
равновесие
рамы.
Согласно
принципа
освобождаемости твердых тел от связей, заменяем действие опор их
реакциями. Выбираем систему координат. В неподвижном шарнире
имеются две неизвестные составляющие реакции (горизонтальная и
вертикальная), а в невесомом опорном стержне – одна неизвестная
реакция, направленная вдоль стержня. Все наклонные силы раскладываем
на составляющие, направленные параллельно осям координат.
2) К центру каждого участка рамы прикладываем его вес, вычисленный
по формуле Gk  lk   , где lk – длина участка,  – погонный вес рамы
(вес единицы длины стержня, из которого составлена рама).
3) Составляем уравнение моментов всех сил, действующих на раму,
относительно неподвижного шарнира. Определяем из этого уравнения
реакцию наклонного стержня.
4) Составляем уравнения проекций всех сил на оси x и y . Из этих
уравнений определяем составляющие реакции неподвижного шарнира
(горизонтальную и вертикальную).
5) Выполняем проверку решения, составляя уравнение моментов
относительно какой-либо точки, не лежащей на линиях действия
искомых реакций.
Пример. Тяжелая однородная рама расположена в вертикальной
плоскости и опирается на неподвижный шарнир А и наклонный
невесомый стержень Н. К раме приложены внешние сосредоточенные
силы P  20 кН, Q  10 кН и момент M  100 кНм. Дано   600 ,
  600 ,
  500 ,
АВ=2 м, ВС=4 м,
CD=6 м, DH=4 м,
КС=2 м (Рис. 1),
учитывая погонный
вес
рамы
  4кН / м , найти
реакции опор.
Решение.
1) Освобождае
м раму от связей.
Рис.1
3
Действие связей заменяем их реакциями (Рис.2). Выбираем систему
координат с началом в точке А. В неподвижном шарнире А реакция RA
имеет две неизвестные компоненты X A и YA . Невесомый опорный
стержень в шарнире Н заменяем на его реакцию, направленную по стержню
(т.е. под углом  к горизонту).
2) К центру каждого участка рамы прикладываем его вес,
вычисленный по формуле Gk  lk   , где l k – (при k  1,...,4 ) длины
участков рамы АВ, ВС, CD, DH,
 – погонный вес рамы.
Рис.2
3) Составляем уравнение моментов относительно шарнира А,
выделяя в нем для удобства счета отдельные слагаемые.
 M A  M A( RH )  M A( P )  M A( Q )  M A( Gk )  M  0 . (1)
Момент
M A ( RH ) имеет два слагаемых, так как направленную под
углом  к горизонту реакцию RH необходимо разложить на горизонтальную и вертикальную составляющие, приложенные в точке Н и
направленные параллельно координатным осям.
M A ( RH )   RH (( HD  CB ) sin  cos  
( HD cos   DC  CB cos   AB ) sin  )
4
Моменты сил P и Q момент сил тяжести участков M A ( Gk )
M A( P )   P( ND  CB ) sin   103,92 кНм
M A( Q )  Q cos CB sin   Q sin  ( KC  CB cos  AB )  69,28 кНм
M A ( Gk )  GDH (( ND  CB ) cos   DC  AB ) 
GDC ( DC / 2  CB cos   AB ) 
GCB ( CB / 2 cos   AB )  G AB AB / 2
Вычисляя величины сил тяжести участков
GAB  2  4  8кН ; GBС  4  4  16 кН ;
GDC  6  4  24кН ; GDH  4  4  16 кН ,
получаем M A ( Gk )  400 кНм.
В итоге уравнение моментов (1) принимает вид
13,86 RH  103,92  69,28  400  100  0
Отсюда находим реакцию стержня
326 ,80
RH 
 23,58кН
13,86
4) Реакции X A и YA находим из уравнений проекций сил на оси
координат
 X i  X A  Q cos   RH cos  0 ;
X A  36 ,79кН ;
Yi  YA  GAB  GBC  GDC  GDH  Q sin   RH sin   0 ;
YA  34,92кН ;
Ответы заносим в таблицу. Моменты в кНм, силы – в кН.
Таблица 1
M A( Q )
M A( P )
 M A( Gk )
XA
YA
RH
-69,28
-103,92
400,0
-36,79
34,92
23,58
Проверка. Составляем сумму моментов всех сил, действующих на
раму, включая найденные реакции, относительно произвольной точки,
например, К. Этот выбор оправдывается тем, что в уравнение войдут все
найденные реакции, а сила Q не войдет (эта сила известна по условию
задачи и ее проверять не требуется).
 M k   RH  3,46 cos   RH  6 sin   P  1,73  M  GDH  5  GDC  1 
 GBC  3  G AB  5  YA  6  X A  3,46  0.
5
Задание С-2. Равновесие вала
Постановка задачи. Горизонтальный вал может вращаться в
цилиндрических шарнирах. К одному шкиву вала приложено нормальное
давление и касательная сила сопротивления, пропорциональная
давлению. На шкивы вала действуют известные нагрузки. Найти силу
давления и реакции шарниров при условии равновесия вала. Варианты
заданий в Приложении 2.
План решения.
1) Действие каждой из опор заменяем двумя взаимно
перпендикулярными
реакциями,
лежащими
в
плоскоси,
перпендикулярной валу.
2) Для определения силы давления составляем уравнение моментов
относительно оси вала. Момент силы натяжения ремня, нити и т.п. (наклонной
или нет) вычисляем как произведение величины силы на соответствующий
радиус со знаком, соответствующим направлению вращения вокруг оси вала.
Уравнение содержит одну неизвестную, которую легко найти.
3) Определяем вертикальные реакции опор вала. Для этого составляем
два уравнения моментов относительно осей, совпадающих с линиями
действия горизонтальных реакций шарниров. Решаем эти уравнения.
4) Проверяем найденные реакции, составляя уравнение равновесия
в проекции на вертикаль.
5) Определяем горизонтальные реакции опор вала. Для этого
составляем два уравнения моментов относительно осей, совпадающих с
линиями действия вертикальных реакций шарниров. Решаем эти уравнения.
6) Проверяем найденные реакции, составляя уравнение равновесия
в проекции на ось вдоль линии действия горизонтальных реакций.
Пример. Горизонтальный вал весом G  15Н может вращаться в
цилиндрических шарнирах А и В (рис.3). К шкиву 1 приложена
нормальная сила N и касательная сила сопротивления F  0 ,1N . На
шкив 2 действуют силы натяжения ремней T1  30 H и T2  57 H . Груз
Q  18H висит на
нити, навитой на
шкив 3. Определить
силу давления N и
реакции шарниров в
условии равновесия
вала. Учесть веса
шкивов
P1  35H ,
P2  10 H , P3  15H .
Рис. 3
6
Все нагрузки действуют в вертикальных плоскостях. Известны
радиусы шкивов R1  26см , R2  10см , R3  11см и расстояния между
характерными точками вала a  22см , b  25см , с  26см , d  26 см .
Общая длина вала L  а  b  с  d ,   300 .
Решение.
1) Действие цилиндрических опор А и В заменим их реакциями
X A , Z A , X B , Z B (Рис. 4). Вес вала G приложим в центре. Вес груза
изобразим вектором Q .
Рис.4
2) Для определения силы давления составляем уравнение моментов
относительно оси вала
 MY  FR1  ( T1  T2 )R2 QR3
Уравнение содержит одну неизвестную F. Из полученного
уравнения находим
( T  T )R  QR3
F  1 2 2
 2 ,77 H
R1
По условию N  F / 0 ,1  27 ,70 H
3) Определяем вертикальные реакции шарнирных опор вала. Для
этого составляем два уравнения моментов относительно горизонтальных
осей, проходящих через шарниры А и В. Рассматриваем для удобства
проекцию всех сил на плоскость zy (рис.5). Таким образом вычисление
моментов относительно осей сводим к плоской задаче вычисления моментов
относительно точек А и В. Правило знаков такое же как и в плоской статике:
момент силы, вращающей тело вокруг моментной точки против часовой
стрелки положительный, по часовой стрелке – отрицательный. Моменты
7
сил, перпендикулярные плоскости zy (не изображены на рисунке)
относительно любой ее точки равны нулю.
Рис.5.
Рис.6.
Решая уравнения
 M X ( A )  ( F  P1 )a  Z B ( a  b )  ( T1 cos  P2 )( a  b  c ) 
GL / 2  ( P3  Q )( a  b  c  d )  0 ;
MX
(B)
 Z A ( a  b )  ( P1  F )b  G( L / 2  a  b ) 
( T1 cos   P2 )c  ( P3  Q )( c  d )  0 ,
находим Z A  11,32H , Z B  75,57 H .
4) Проверяем правильность нахождения неизвестных реакций,
составляя уравнение проекций сил на ось z
 Zi  Z A  F  P1  Z B  G  T1 cos  P2  P3  Q 
 11,32  2 ,77  35  75,57  15  30  0 ,866  10  15  18  0 .
5) Определяем горизонтальные реакции опор вала. Для этого
составляем два уравнения моментов относительно осей, совпадающих с
линиями действия вертикальных реакций шарниров. Рассматриваем
горизонтальную проекцию силовой схемы (рис.6):
 M Z ( A )   Na  X B ( a  b )  ( T1 sin   T2 )( a  b  c )  0 ;
 MZ
(B)
 X A ( a  b )  Nb  ( T1 sin   T2 )c  0 .
Решая уравнения, находим X A  25,10H , X B  124,79 H .
6) Проверяем правильность нахождения горизонтальных реакций,
составляя уравнение равновесия в проекции на ось x вдоль линии
действия горизонтальных реакций
 X i  X A  N  X B  T1 sin  T2 
25,10  27 ,69  124,79  15  57  0 .
Результаты расчетов в Н заносим в таблицу
N
27,70
XA
25,10
ZA
-11,32
8
XB
-124,79
Таблица 2
ZB
75,57
Приложение 1
Вариант 1
Вариант 2
=3 кН/м, P=7 кН,Q=29 кН, M= 25 кНм,
=60° ,=30° ,=60° , HB=3 м, BC=4 м
=1 кН/м, P=6 кН, Q=14 кН, M= 30 кНм,
=60° ,=45° ,=30° , AB=4 м, BC=6 м,
,CD=10 м, DA=6 м, CK=2 м, CN=2 м.
CD=9 м, DH=4 м, CK=2 м, CN=3 м.
Вариант 3
Вариант 4
=2 кН/м, P=8 кН, Q=15 кН, M= 50 кНм,
=60° ,=60° ,=45° , AB=4 м, BC=10 м,
CD=7 м, DH=4 м, BK=2 м, CN=3 м.
=3 кН/м, P=7 кН, Q=12 кН, M= 70 кНм,
=60° , =30° ,=60° , HB=4 м, BC=6 м,
CD=9 м, DA=4 м, CK=2 м, CN=3 м.
Вариант 5
Вариант 6
=1 кН/м, P=5 кН,Q=34 кН, M= 15 кНм,
=60° ,=30° ,=30° ,AB=4 м, BC=4 м,
=3 кН/м, P=8 кН,Q=27 кН, M= 25 кНм,
=60° ,=45° ,=60° ,HB=6 м, BC=10 м,
CD=10 м, DH=4 м,CK=2 м, CN=2 м.
Вариант 7
CD=6 м, DA=3 м,BK=2 м, CN=3 м.
Вариант 8
=2 кН/м, P=7 кН,Q=23 кН, M= 20 кНм,
=60° ,=45° ,=45° ,AB=4 м, BC=4 м,
=3 кН/м, P=7 кН,Q=25 кН, M= 25 кНм,
=60° ,=30° ,=60° ,HB=4 м, BC=7 м,
CD=7 м, DH=6 м,CK=2 м, CN=2 м.
CD=6 м, DA=4 м,BK=2 м, CN=3 м.
Вариант 9
Вариант 10
=1 кН/м, P=5 кН, Q=19 кН, M= 30 кНм,
=60° ,=30° ,=30° , AB=6 м, BC=7 м,
с=2 кН/м, P=7 кН,Q=17 кН, M= 50 кНм,
=60° ,=45° ,=45° ,AB=4 м, BC=6 м,
CD=10 м, DH=6 м,CK=2 м, CN=3 м.
CD=4 м, DH=4 м, BK=2 м, CN=2 м.
9
Продолжение прилож. 1
Вариант 11
Вариант 12
с=2 кН/м, P=7 кН,Q=17 кН, M= 50
кНм,=60° ,=45° ,=45° ,AB=4 м, BC=6
м,CD=10 м, DH=6 м,CK=2 м, CN=3 м.
=3 кН/м, P=8 кН, Q=13 кН, M= 70 кНм,
=60° ,=45° ,=60° , HB=4 м, BC=14 м,
Вариант 13
Вариант 14
=2 кН/м, P=7 кН, Q=20 кН, M= 50 кНм,
=60° ,=45° ,=45° , AB=4 м, BC=8 м,
CD=7 м, DH=3 м, BK=2 м, CN=3 м.
=3 кН/м, P=8 кН, Q=30 кН, M= 25 кНм,
=60° ,=45° ,=60° , HB=6 м, BC=4 м,
CD=13 м, DA=6 м, CK=2 м, CN=2 м.
Вариант 15
Вариант 16
=1 кН/м, P=6 кН, Q=15 кН, M= 30 кНм,
=60° ,=45° ,=30° , AB=4 м, BC=14 м,
=3 кН/м, P=7 кН, Q=24 кН, M= 25 кНм,
=60° ,=30° ,=60° , HB=4 м, BC=12 м,
CD=4 м, DH=4 м, BK=3 м, CN=2 м.
Вариант 17
CD=4 м, DA=4 м, BK=3 м, CN=2 м.
Вариант 18
CD=6 м, DA=6 м,BK=3 м, CN=3 м.
=3 кН/м, P=7 кН, Q=19 кН, M= 70 кНм,
=60° ,=30° ,=60° , HB=6 м, BC=11 м,
=2 кН/м, P=8 кН, Q=23 кН, M= 20 кНм,
=60° ,=60° ,=45° , AB=4 м, BC=7 м,
CD=4 м, DA=5 м, BK=3 м, CN=2 м.
CD=4 м, DH=5 м, BK=2 м, CN=2 м.
Вариант 19
Вариант 20
=2 кН/м, P=7 кН, Q=18 кН, M= 50 кНм,
=60° ,=45° ,=45° , AB=6 м, BC=4 м,
=1 кН/м, P=7 кН, Q=21 кН, M= 30 кНм,
=60° ,=60° ,=30° , AB=3 м, BC=6 м,
CD=11 м, DH=7 м, CK=2 м, CN=2 м.
CD=8 м, DH=4 м, CK=2 м, CN=3 м.
10
Окончание прилож. 1
Вариант 21
Вариант 22
=2 кН/м, P=8 кН, Q=27 кН, M= 20 кНм,
=60° ,=60° ,=30° , AB=5 м, BC=4 м,
=2 кН/м, P=7 кН, Q=21 кН, M= 50 кНм,
=60° ,=45° ,=45° , AB=6 м, BC=6 м,
CD=8 м, DH=7 м, CK=2 м, CN=2 м.
CD=6 м, DH=4 м, BK=3 м, CN=3 м.
Вариант 23
Вариант 24
=1 кН/м, P=6 кН, Q=19 кН, M= 30 кНм,
=60° ,=45° ,=30° , AB=6 м, BC=11 м,
=3 кН/м, P=9 кН, Q=26 кН, M= 25 кНм,
=60° ,=60° ,=60° , HB=4 м, BC=11 м,
CD=4 м, DH=5 м, BK=3 м, CN=2 м.
CD=7 м, DA=5 м, BK=3 м, CN=3 м.
Вариант 25
Вариант 26
=1 кН/м, P=5 кН, Q=35 кН, M= 15 кНм,
=60° ,=30° ,=30° , AB=6 м, BC=6 м,
=3 кН/м, P=8 кН, Q=24 кН, M= 25 кНм,
=60° ,=45° ,=60° , HB=3 м, BC=6 м,
CD=14 м, DH=4 м, CK=2 м, CN=3 м.
Вариант 27
CD=8 м, DA=4 м, CK=2 м, CN=3 м.
Вариант 28
=3 кН/м, P=9 кН, Q=31 кН, M= 25 кНм,
=60° ,=60° ,=60° , HB=6 м, BC=10 м,
=2 кН/м, P=8 кН, Q=13 кН, M= 50 кНм,
=60° ,=60° ,=45° , AB=6 м, BC=13 м,
CD=6 м, DA=3 м, BK=2 м, CN=3 м.
CD=6 м, DH=4 м, BK=3 м, CN=3 м.
Вариант 29
Вариант 30
=1 кН/м, P=6 кН, Q=31 кН, M= 15 кНм,
=60° ,=45° ,=30° , AB=5 м, BC=4 м,
=2 кН/м, P=6 кН, Q=17 кН, M= 50 кНм,
=60° ,=30° ,=45° , AB=3 м, BC=7 м,
CD=14 м, DH=4 м, CK=2 м, CN=2 м.
CD=8 м, DH=4 м, CK=2 м, CN=3 м.
11
Приложение 2
Вариант 1
Вариант 2
F=0,4N, T1=50, T2=29 , P1=34, P2=20 , P3=28,
F=0,4N, T1=50, T2=96 , P1=44, P2=30 ,
Q=10 ,G=25, =45° ,R1=24 , R2=10, R3=12, P3=38, Q=22 ,G=25, =60° ,R1=26 , R2=12,
a=24, b=25, c=27, d=27.
R3=14, a=24, b=28, c=31, d=27.
Вариант 3
Вариант 4
F=0,3N, T1=40, T2=78, P1=46, P2=30, P3=38,
Q=14 ,G=20, =60°, R1=30 , R2=12, R3=14,
a=24, b=26, c=29, d=28.
Вариант 5
F=0,3N, T1=50, T2=96 , P1=46, P2=30 ,
P3=38, Q=22 ,G=25, =60° ,R1=30 ,
R2=12, R3=14, a=24, b=28, c=31, d=28.
Вариант 6
F=0,4N, T1=60, T2=117 , P1=32, P2=20 ,
P3=28, Q=18 ,G=30, =45°, R1=20 , R2=10,
R3=12,
a=24, b=27, c=29, d=26.
Вариант 7
F=0,4N, T1=60, T2=118 , P1=30, P2=20 ,
P3=28, Q=14 ,G=30, =45° ,R1=16,
R2=10, R3=12, a=24, b=26, c=28, d=25.
F=0.3N, T1=40, T2=77 , P1=22, P2=10 , P3=18,
Q=18 ,G=20, =30° ,R1=18, R2=8, R3=10,
a=24, b=27, c=28, d=26.
F=0,1N, T1=30, T2=58 , P1=18, P2=10 ,
P3=14, Q=14 ,G=15, =30°, R1=18 ,
R2=10, R3=12, a=22, b=24, c=25, d=24.
12
Вариант 8
Продолжение пилож. 2
Вариант 9
Вариант 10
F=0.2N, T1=60, T2=117 , P1=16, P2=10 ,
P3=14, Q=18 ,G=30, =30° ,R1=14 , R2=8,
R3=9, a=22, b=25, c=26, d=23.
Вариант 11
F=0,4N, T1=30, T2=19 , P1=46, P2=30,
P3=38, Q=10, G=15, =60° , R1=30 , R2=12,
R3=14, a=24, b=25, c=28, d=28.
Вариант 12
F=0,4N, T1=60, T2=116 , P1=46, P2=30 ,
P3=38, Q=22 ,G=30, =60° , R1=30, R2=12,
R3=14, a=24, b=28, c=31, d=28.
Вариант 13
F=0,1N, T1=50, T2=26, P1=16, P2=10,
P3=14, Q=10, G=25, =30° ,R1=14 , R2=8,
R3=9, a=22, b=23, c=24, d=23.
Вариант 14
F=0,2N, T1=30, T2=58 , P1=26, P2=20 , P3=24,
F=0,3N, T1=60, T2=33 , P1=42, P2=30 ,
Q=14 ,G=15, =45° ,R1=16 , R2=10, R3=11, P3=38, Q=26 ,G=30, =60° ,R1=22, R2=12,
a=22, b=24, c=26, d=23.
R3=14, a=24, b=29, c=32, d=26.
Вариант 15
Вариант 16
F=0,3N, T1=60, T2=33 , P1=44, P2=30 , P3=38,
F=0,3N, T1=50, T2=96 , P1=30, P2=20 ,
Q=10 ,G=30, =60° ,R1=26, R2=12, R3=14, P3=28, Q=22 ,G=25, =45° ,R1=16, R2=10,
a=24, b=25, c=28, d=27.
R3=12, a=24, b=28, c=30, d=25.
13
Продолжение пилож. 2
Вариант 17
Вариант 18
F=0,3N, T1=30, T2=57 , P1=26, P2=10 , P3=18,
Q=18 ,G=15, =30° ,R1=26, R2=8, R3=10,
a=24, b=27, c=28, d=28.
Вариант 19
F=0,1N, T1=70, T2=36 , P1=36, P2=30 ,
P3=34, Q=10 ,G=35, =60° ,R1=18 ,
R2=12, R3=13, a=22, b=23, c=26, d=23.
Вариант 20
F=0,2N, T1=50, T2=27 , P1=32, P2=20 , P3=24,
F=0,1N, T1=40, T2=77 , P1=26, P2=20 ,
Q=26 ,G=25, =45° ,R1=28 ,
P3=24, Q=18,G=20, =45° ,R1=16 , R2=10,
R2=10, R3=11, a=22, b=27, c=29, d=26.
R3=11, a=22, b=25, c=27, d=23.
Вариант 21
Вариант 22
F=0,3N, T1=60, T2=117 , P1=26, P2=10 ,
P3=18,
Q=18 ,G=30, =30° ,R1=26, R2=8, R3=10,
a=24, b=27, c=28, d=28.
Вариант 23
F=0.1N, T1=40, T2=21 , P1=18, P2=10 ,
P3=14, Q=26 ,G=20, =30° ,R1=18 ,
R2=8, R3=9, a=22, b=27, c=28, d=24.
F=0,1N, T1=70, T2=137 , P1=16, P2=10 ,
P3=14,
Q=18 ,G=35, =30°, R1=14 , R2=8, R3=9,
a=22, b=25,c=26, d=23.
F=0,4N, T1=30, T2=19 , P1=32, P2=20 ,
P3=28, Q=26 ,G=15, =45° ,R1=20 ,
R2=10, R3=12, a=24, b=29, c=31, d=26.
Вариант 24
14
Окончание пилож. 2
Вариант 25
Вариант 26
F=0.3N, T1=50, T2=28 , P1=22, P2=10 , P3=18,
Q=26 ,G=25, =30° ,R1=18, R2=8, R3=10,
a=24, b=29, c=30, d=26.
Вариант 27
F=0,3N, T1=70, T2=137, P1=42, P2=30 ,
P3=38, Q=18 ,G=35, =60° ,R1=22 ,
R2=12, R3=14, a=24, b=27, c=30, d=26.
Вариант 28
F=0.2N, T1=30, T2=56 , P1=22, P2=10 , P3=14,
Q=22 ,G=15, =30° ,R1=26, R2=8, R3=9,
a=22, b=26, c=27, d=26.
Вариант 29
F=0,1N, T1=70, T2=36 , P1=26, P2=20 ,
P3=24, Q=26 ,G=35, =45° ,R1=16 ,
R2=10, R3=11, a=22, b=27, c=29, d=23.
Вариант 30
F=0.3N, T1=40, T2=23 , P1=26, P2=10 , P3=18,
Q=26 ,G=20, =30° ,R1=26, R2=8, R3=10,
a=24, b=29, c=30, d=28.
F=0,2N, T1=50, T2=27 , P1=20, P2=10 ,
P3=14, Q=10 ,G=25, =30° ,R1=22 ,
R2=8, R3=9, a=22, b=23, c=24, d=25.
Список использованной литературы
1. Кирсанов М.Н. Решебник. Теоретическая механика // Под ред. А.И.Кириллова.
– М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 381 с.
2. Сборник заданий для курсовых работ по теоретической механике: Учеб.
пособие для технических вузов // Под ред. А.А. Яблонского. – М.: Интеграл-Пресс, 2006.
– 382 с.
3. Яблонский А.А., Никифорова В.М. Курс теоретической механики: Учебник
для вузов, – М.: Интеграл-Пресс, 2006. – 608 с.
4. Курс теоретической механики // Под ред. Колесникова К.С. – М.: Изд-во
МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2002. – 735с.
5. Тарг С.М. Краткий курс теоретической механики: Учебник для вузов, 2003. –
416 с.
15