Rozwi¡zanie zadania 2

Zawody II stopnia

Rozwi¡zania zada« dla grupy mechaniczno-budowlanej Rozwi¡zanie zadania 1

Sytuacja przed zmian¡ schematu statycznego belki (Rys.1a w tre±ci zadania).

Maksymalna warto±¢ momentu zginaj¡cego wyst¦puje w przekrojach utwierdzenia i jest równa:

MA = MB = q1 l2

12 = q1
102

12 = 8;333 q1 =⁾

MA

=

MB

= 8;333 q1 : (1) Sytuacja po zmianie schematu statycznego belki (Rys.1b w tre±ci zadania).

Maksymalna warto±¢ zginaj¡cego momentu ujemnego wyst¡pi na podporze C i b¦dzie rów- na:

MC = q2 x2

2 =⁾

MC

= q2 x2

2 : (2)

Teraz trzeba wyprowadzi¢ wzór na maksymaln¡ warto±¢ zginaj¡cego momentu dodatniego, który wyst¡pi w poªowie prz¦sªa CD.

Reakcja RC b¦dzie równa (suma momentów zginaj¡cych wzgl¦dem punktu D = 0):

RC l2 q2



l2 +2x

 1

2 l2 = 0 sk¡d: (3)

RC = q2

0

@

l22 + x

1

A : (4)

Teraz mo»emy wyprowadzi¢ wzór, z którego mo»na wyznaczy¢ maksymaln¡ warto±ci zgina- j¡cego momentu dodatniego. Moment ten wyst¡pi w poªowie rozpi¦to±ci prz¦sªa CD.

MCDmax = RC 1

2 l2 q2

0

@

l22 + x

1

A 1 2

0

@

l22 + x

1

A ; (5)

Organizatorem OWT jest Federacja Stowarzysze« Naukowo-Technicznych NOT.

Olimpiada jest nansowana ze ±rodków MEN.

1

sk¡d po przeksztaªceniach otrzymuje si¦:

MCDmax = q2 8



l22 4x2



: (6)

Z warunków zadania powinno by¢:

MC

=

MCDmax

 : (7)

Zatem przyrównuj¡c zale»no±ci (2) i (6) otrzymuje si¦:

q2 x2 2 = q2

8



l22 4x2



; (8)

z którego wynika, »e

x2 = 18 l2

2 =⁾ x =

s1 8 l2

2 = 0;3535 l2 ; (9)

l2 = l 2 x: (10)

Zatem

x = 0;3535 (l 2 x) : (11)

Ostatecznie wi¦c:

x = 10
0;3535

1;7071 = 2;071 m. (12)

Czy zachowany jest warunek bezpiecze«stwa podany w tre±ci zadania, mo»na sprawdzi¢

podstawiaj¡c x do zale»no±ci (2) i (6).

MC

= q2 x2 12 =

2q1 x2

12 = 2 q1 2;0712

2 = 4;289 q1 ; (13)

MC

= 4;289 q1 <

MA

 = 8;333 q1 ; (14)

oraz

MCDmax = q2

8



l22 4x2



= 2q1 8



(10 2
2;2071)2 4
2;20712



=

=

MC

= 4;289 q1 ; (15)

2

MCDmax= 4;289 q1 < MA= 8;333 q1 : (16) Odpowied¹: Przyj¦ty warunek bezpiecze«stwa jest speªniony.

Rozwi¡zanie zadania 2

Siªy dziaªaj¡ce w punkcieB mo»na wyznaczy¢ na podstawie rys.1, z trójk¡ta siª w kolumnie, d¹wigarze i ci¦gle. Trójk¡t ten jest podobny do trójk¡ta OAB (rysunek z zadania).

S_B

P S

B A

O

Rys.1. Rozkªad siª w kolumnie, d¹wigarze i ci¦gle Dªugo±¢ boku AB oblicza si¦ z twierdzenia cosinusów:

AB2 = OA2 + OB2 2 (OA) (OB) cos



90^ 



=h2 + l2 2 h l sin =

= 4 + 36 + 2
2
6
sin75^ = 16;8 =⁾ AB = 4;1 m : (1) Z podobie«stwa trójk¡ta OAB (rysunek z zadania) i trójk¡ta siª przyªo»onych do punktu B mo»na zapisa¢ nast¦puj¡ce zwi¡zki:

ABOA = SB

P =⁾ SB = P AB

OA = 15000 4;1

2 = 30750 N, (2)

OBOA = S

P =⁾ S = P OBOA = 15000 6

2 = 45000 N. (3)

3

B

C

D A

z

y x

α O α

β SC

SD

SA

SB

SB

S

Rys.2. Rozkªad siª w elementach d¹wigu

Siªy dziaªaj¡ce w punkcie A mo»na obliczy¢ przyrównuj¡c do zera sumy poszczególnych rzutów siª na osie ukªadu wspóªrz¦dnych. Do tego konieczne jest wyliczenie k¡tów BAO = , ACO = ADO = .

K¡t BAO oblicza si¦ z twierdzenia sinusów:

AB sin



90^ 

 = OB

sin



180^

 ; (4)

sin



180^



= OBAB cos = 6

4;1
cos75^= 0;3788 ; (5) 180^ = 22;26^ =⁾ = 157;74^; (6) sin = OAAC = h

b = 2

3 = 0;6667 =⁾  = 41;80^: (7) Skªadowe siª dziaªaj¡cych w punkcieA s¡ odpowiednio równe:

O± X

SAx = 0; SBx = SB cos



90^



;

SCx = SC cos cos; SDx = SD cos cos: (8)

4

O± Y

SAy = 0; SBy = 0;

SCy = SC cos sin; SDy = SD cos sin: (9)

O± Z

SAz = SA; SBz = SB sin



90^



;

SCz = SC sin; SDz = SD sin : (10)

SB cos



90^



+SC cos cos+SD cos cos = 0: (11) Podstawiaj¡c  = 41;80^

SC +SD = SB cos



90^



cos cos = 30750
cos



157;74^ 90^



cos 41;80^
cos 30^ = 18042;7 N, (12) SC cos sin +SD cos sin = 0 =⁾ SC = SD = 9021;4 N, (13)

SA +SB sin



90^



2SC sin = 0; (14)

SA = SB sin



90^



2SC sin =

= 30750 sin67;74^ 2
9021;3
sin 41;80^ = 16432;4 N. (15) Odpowied¹:S = 45000 N, SA = 16432;4 N, SB = 30750 N, SC = SD = 9021;4 N.

5

Rozwi¡zanie zadania 3

Ci±nienie powietrza w cylindrze:

p = p0 +



mt +m



g

 d2 4

= 1;343 bar : (1)

Masa powietrza:

mp = p V1

R T ; (2)

gdzie:

V1 =  d2

4 h1 = 0;0157 m3 T1 = t0 +273 = 293 K, (3) R = BM = 8315

28;95 = 287;2 J/(kg
K); (4)

mp = p V1

R T = 1;343
105
0;0157

287;2
(20 + 273) = 0;0251 kg. (5) Obj¦to±¢ powietrza po podniesieniu przedmiotu:

V2 =  d2

4 h2 = 0;0236 m3 : (6)

Temperatura powietrza po ekspansji do V2 { przemiana izobaryczna:

t2 = T1 V2

V1 273 = 293
0;0236

0;0157 273 = 167;4^: (7)

Energia wewn¦trzna powietrza na pocz¡tku procesu:

U1 = mp cv T1 = 0;0251
5

2
287;2
293 = 5280;4 J. (8) Energia wewn¦trzna powietrza na ko«cu procesu:

U2 = mp 5

2 R T2 = 7936;8 J. (9)

6

Praca wykonana przez gaz { praca zmiany obj¦to±ci:

L = p
V = 1;343
105
(0;0236 0;0157) = 1055;2 J. (10) Ciepªo dostarczone za po±rednictwem grzaªki, netto (niezb¦dne do realizacji procesu):

Q =



U2 U1



+L = 3711;6 J. (11)

Caªkowite ciepªo wydzielone na grzaªce:

QC = Q

1 s = 3711;6

1 0;3 = 5302;3 J. (12)

Moc grzaªki z uwzgl¦dnieniem strat ciepªa do otoczenia:

Pg = QC

t = 5302;3

10 = 530;2 W. (13)

Stopie« konwersji ciepªa na zmian¦ energii wewn¦trznej i prac¦ zmiany obj¦to±ci:

kU =
U

Q = 7936;8 5280;4

3711;6 = 0;716 ; (14)

kL = L

Q = 1055;2

3711;6 = 0;284 : (15)

Sprawno±¢ ukªadu mechanicznego jest równa stosunkowi efektywniej pracy podnoszenia do caªkowitej energii wydzielonej na grzaªce:

 = m g



h2 h1



QC = 100
9;81
0;25

5302;3 = 0;0462 = 4;62% : (16) Uwaga: Wielko±¢ ta pomija ruch (zmiany energii potencjalnej) innych elementów instalacji me- chanicznej. W podno±niku termo-pneumatycznym cz¦±¢ pracy zmiany obj¦to±ci jest zu»ywana na pokonanie siª pochodz¡cych od ci±nienia otoczenia.

Odpowied¹: Stopie« konwersji ciepªa na zmian¦ energii wewn¦trznej i prac¦ zmiany obj¦to±ci powietrza w podno±niku s¡ odpowiednio równe 0,716 i 0,284. Sprawno±¢ podno±nika mecha- nicznego jest maªa i równa okoªo 4,62%.

7

Rozwi¡zanie zadania z optymalizacji

Oznaczenie:x { liczba urz¡dze« U1, y { liczba urz¡dze« U2.

Funkcja celu (maksymalny zysk):

F = 40
x + 52
y : Ograniczenia:

10
x + 5
y^7500 2
x + y ^1500; (1) 6
x + 4
y^4800 3
x + 2
y^2400; (2) 8
x + 6
y^6800 ⁾ 4
x + 3
y^3400; (3) 25
x + 30
y ^30000 5
x + 6
y^6000; (4) 100
x + 160
y^150000 5
x + 8
y^7500: (5) Graczne rozwi¡zanie tego ukªadu nierówno±ci przedstawiono na wykresie.

0 100 200 300 400 500 600 700 800

200 0 400 600 800 1000 1200 1400 1600

1

2 3

4

a 5

b

c

d

e

Rys.1. Graczne rozwi¡zanie ukªadu nierówno±ci (1) { (5)

Obszar dopuszczalnych rozwi¡za« jest ograniczony polem pomi¦dzy ªaman¡ (a), (b), (c), (d), (e) i osiami ukªadu wspóªrz¦dnych.

Nast¦pnie wyznaczamy wspóªrz¦dne charakterystycznych punktów (a), (b), (c), (d):

Punkt (a) dla nierówno±ci (5)

5
x + 8
y^7500; mo»na napisa¢ równanie:

y = 75008 5

8
x ⁾ x = 0;y = 937:

8

Punkt (b) dla ukªadu nierówno±ci (3) i (5)

4
x + 3
y^3400; 5
x + 8
y^7500; mo»na napisa¢ ukªad równa«:

y = 34003 4 3
x ; y = 75008 5

8
x ⁾ x = 277;y = 764:

Punkt (c) dla ukªadu nierówno±ci (3) i (2)

4
x + 3
y^3400; 3
x + 2
y^2400; mo»na napisa¢ ukªad równa«:

y = 34003 4 3
x ; y = 24002 3

2
x ⁾ x = 400;y = 600 Punkt (d) dla ukªadu nierówno±ci (2) i (1)

3
x + 2
y ^ 2400; 2
x + y ^ 1500; mo»na napisa¢ ukªad równa«:

y = 24002 3 2
x ;

y = 1500 2
x ⁾ x = 600;y = 300 Zyski w poszczególnych punktach wykresu s¡ nast¦puj¡ce:

Punkt (a):F(a) = 40
0 + 52
937 = 48724 zª.

Punkt (b):F(b) = 40
277 + 52
764 = 50808 zª.

Punkt (c): F(c) = 40
400 + 52
600 = 47200 zª.

Punkt (d):F(d) = 40
600 + 52
300 = 39600 zª.

Odpowied¹: W punkcie (b) zysk 50808 zª jest zyskiem maksymalnym, aby go uzyska¢ nale»y wyprodukowa¢ 277 urz¡dze« U1 i 764 urz¡dze« U2.

9

Rozwi¡zanie zadania z zastosowania informatyki

Przykªadowy algorytmy oblicze«

a) Kolejne kroki algorytmu oblicze« { pªot w postaci wieloboku:

1. Z plikuOsiedle:txt wczyta¢ warto±ci N i kolejne wspóªrz¦dne poªo»enia budynków.

2. Znale¹¢ punkt o najmniejszej warto±ci wspóªrz¦dnej y.

Punkt ten oznaczony indeksem 1 b¦dzie stanowiª pocz¡tek ogrodzenia.

3. Wyznaczy¢ k¡ty, jakie tworz¡ z osi¡x wektory rozpoczynaj¡ce si¦ w punkcie 1 i ko«cz¡ce w kolejnych punktach.

4. Przesortowa¢ warto±ci k¡tów od najmniejszego do najwi¦kszego.

5. Punkt b¦d¡cy ko«cem wektora o najmniejszej warto±ci k¡ta stanowi 2 punkt ogrodzenia.

6. Wykona¢ w p¦tli kolejne procedury:

(a) Wyznaczy¢ prost¡ zawieraj¡c¡ ostatni i przedostatni punkt nale»¡cy do ogrodzenia, (b) Wyznaczy¢ k¡ty, jakie tworz¡ wektory rozpoczynaj¡ce si¦ w ostatnim punkcie ogro-

dzenia i ko«cz¡ce w kolejnych punktach,

(c) Punkt b¦d¡cy ko«cem wektora o najmniejszej warto±ci k¡ta stanowi kolejny punkt ogrodzenia (np. 6),

(d) Wyeliminowa¢ wspóªrz¦dne wyznaczonego punktu w procedurze c (np. pkt. 6) ze zbioru wspóªrz¦dnych,

(e) Je»eli wspóªrz¦dne ostatnio wybranego punktu pokrywaj¡ si¦ ze wspóªrz¦dnymi punktu 1 przej±¢ w programie do kroku 7.

7. Obliczy¢ dªugo±¢ ogrodzenia sumuj¡c odlegªo±ci pomi¦dzy kolejnymi punktami ogrodze- nia.

b) Kolejne kroki algorytmu oblicze« { pªot w postaci okr¦gu:

1. Wykorzystuj¡c tablic¦ wspóªrz¦dnych punktów nale»¡cych do ogrodzenia obliczy¢ ±redni¡

warto±¢ wspóªrz¦dnych ich ±rodka (punkt ±rodkowy).

2. Obliczy¢ odlegªo±ci punktów nale»¡cych do ogrodzenia od punktu ±rodkowego.

3. Najwi¦ksza ze zbioru odlegªo±ci b¦dzie promieniem poszukiwanego kolistego ogrodzenia.

4. Obliczy¢ dªugo±¢ tego okr¦gu.

10