Пример решения задачи К1

Д а н о: У равнения движения точки в плоскости xy:

x = –2 cos + 3; y = 3 sin – 1,

где x, y – в метрах, t – в секундах.

О п р е д е л и т ь: уравнение траектории точки; найти скорость и ускорение точки для момента времени t = 1 с, а также касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны в соответствующей точке траектории. Показать векторы скорости и ускорения этой точки.

Р е ш е н и е

Для определения уравнения траектории точки исключим из заданных уравнений движения время t. Из уравнений движения находим выражения соответствующих функций, возводим обе части уравнений в квадрат и складываем:

cos ; sin . Получим . Это уравнение эллипса (рис. К1). Найдем на траектории положение точки М, определив ее координаты при t = 1 с: xt=1c = –1,59 м; yt=1c = 1,12 м (рис. К1). Скорость точки найдем по ее проекциям на координатные оси:
Рис. К1

V_x = ; V_y = ; V = ,

при t = 1 с

V_x = 1,11 м/c; V_y = 1,67 м/c;

V = 2,0 м/c.

Аналогично найдем ускорение точки и определим касательное и нормальное ускорения и радиус кривизны траектории:

; ;

; ; ; .

При t = 1 с

a _x = 0,87 м/c²; a _t = –0,6 м/c²;

a _y = –1,30 м/c²; a _n = 1,67 м/c²;

a = 1,57 м/c²; r = 2,38 м.

Покажем векторы скорости и ускорения для соответствующей точки М траектории (см. рис. К1).

О т в е т: V = 2,0 м/с; а = 1,57 м/с²; а _t= –0,6 м/с²; а _n = 1,68 м/с²;

r = 2,38 м.

 

З а д а ч а К2

Сложное движение точки

 

Пластина вращается вокруг неподвижной оси по закону j = j(t), заданному в табл. К2. Положительное направление отсчета угла j показано на рисунках дуговой стрелкой (рис. К2.0–К2.9).

Рис. К2.0	Рис. К2.1

 

На рис К2.7, К2.8, К2.9 ось вращения пластины проходит через точку О₁ перпендикулярно плоскости чертежа (пластина вращается в своей плоскости). На рис. К2.0, К2.2, К2.4, К2.5 ось вращения пластины вертикальна, а на рис. К2.1, К2.3, К2.6 – горизонтальна.

Рис. К2.2	Рис. К2.3
Рис. К2.4	Рис. К2.5
Рис. К2.6	Рис. К 2.7
Рис. К2.8	Рис. К2.9

По пластине движется точка М согласно закону s = OM = s(t) (табл. К2). На всех рисунках точка М показана в положении, при котором s = ОМ положительно.

Т а б л и ц а К2

Номер условия	Закон движения пластины j = j (t), рад	Размер R, м	Закон движения точки s = s(t), м
	4 (t2 – t)	1,2	R (4t2 – 2t3)
	3t2 – 8t	1,6	R (2t2 – t3)
	6t3 – 12t2	1,0	R (2t2 – 1)
	t2 – 2t3	1,6	R (2t4 – 3t2)
	10t2 – 5t3	0,8	R (3t – t2)
	2(t2 – t)	2,0	R (t3 – 2t)
	5t – 4t2	1,2	R (t3 – 2t2)
	15t – 3t3	0,8	R (t – 2t2)
	2t3 – 4t	1,0	R (3t2 – 2t)
	6t2 – 3t3	2,0	R (t – 2t2)

 

Найти абсолютную скорость и абсолютное ускорение точки М в момент времени t = 1с.

Указания. При решении задачи К2 следует движение точки по пластине считать относительным, вращательное движение самой пластины – переносным и воспользоваться теоремами о сложении скоростей и о сложении ускорений.

Прежде всего необходимо определить, где в момент времени t = 1 c будет находиться точка М, и изобразить ее именно в этом положении (а не в произвольном, показанном на рисунке к задаче). В случаях, когда точка М движется по дуге радиуса R, положение точки М определяется углом ОСМ.

Пример решения задачи К2. Пластина (рис. К2) вращается вокруг горизонтальной оси по закону j = j(t). Положительное направление отсчета угла φ показано на рис. К2 дуговой стрелкой. По дуге АОД движется точка М согласно закону s = ОM = s(t); положительное направление отсчета расстояния s – от О к Д.

Д а н о: R = 0,5 м; φ = 2t²; s = ОМ = pR (φ – в радианах, s – в метрах, t – в секундах).

О п р е д е л и т ь: абсолютную скорость V_a и абсолютное ускорение a _a точки М в момент времени t = 1 с.

Рис. К2

 

Р е ш е н и е

Точка М совершает сложное движение. При этом ее движение по дуге является относительным, а движение вместе с пластиной – переносным.

Рассмотрим относительное движение. Это движение происходит по закону

s = ОМ = pR . (1)

Сначала установим, где будет находиться точка М на дуге AОД в момент времени t = 1с. Подставляя в уравнение (1) t = 1 с, получим . Тогда . Изображаем на рис. К2 точку в положении, соответствующем этому углу.

Определим значения скорости и ускорения:

, (2)

где r_от = R – радиус кривизны траектории при относительном движении точки. Для момента времени t = 1 c, учитывая, что R = 0,5 м, получим

; м/с²; м/с². (3)

Положительные значения V_от и показывают, что вектор направлен по касательной в сторону положительного отсчета s, а вектор так же, как вектор . Вектор направлен к центру С вдоль радиуса. Покажем эти векторы на рис. К2.

Рассмотрим переносное движение точки. Движение пластины (вращение) происходит по закону φ = 2t². Найдем угловую скорость ω и угловое ускорение ε переносного вращения:

ω = = 4t; ε = = 4.

При t = 1 с

ω = 4 с^-1; ε = 4 с^-2. (4)

Положительные значения указывают на то, что направления ω и ε совпадают с направлением φ (см. рис. К2).

Для определения V_пер и а _пер найдем сначала радиус вращения точки М:

KB = h = 2R – R×cos 30° = 0,57 м.

Тогда в момент времени t = 1с, учитывая равенства (4), получим

V_пер = ω × h = 4 × 0,57 = 2,28 м/с;

a ^вр_пер = ε × h = 4 × 0,57 = 2,28 м/с²; (5)

a ^ц_пер = ω² × h = 4² × 0,57 = 9,12 м/с².

Изобразим на рис. К2 вектор скорости _пер с учетом направления ω и векторы ускорений: (направлен по радиусу к оси вращения), (направлен так же, как _пер).

Ускорение Кориолиса

а _кор = 2 | V_от |· |ω | · sin α,

где α – угол между вектором и вектором , который направлен вдоль оси вращения, как показано на рис. К2, α = 30^о.

Тогда согласно равенствам (3) и (4) в момент времени t = 1 с

_кор = 2 | V_от | · | ω | sin 30^о = 2 · π/4 · 4 · 1/2 = 3,14 м/с². (6)

Направление вектора _кор найдем, спроецировав вектор _от на плоскость вращения, и повернув эту проекцию на 90⁰ по ходу вращения пластины (см. рис. К2).

Рассмотрим абсолютное движение точки. Определим абсолютную скорость. Так как _а = _от + _пер, а векторы _от и _пер взаимно перпендикулярны (см. рис. К2), то в момент времени t = 1 с

V_а= = = 2,4 м/с.

Определим абсолютное ускорение. По теореме о сложении ускорений

_а = . (7)

Проведем координатные оси Мxyz (рис. К2) и, проецируя обе части равенства (7) на координатные оси, вычислим проекции векто- ра _а на эти оси. Учтем при этом, что векторы , лежат на оси х, а векторы расположены в плоскости Мyz_.

Учтя одновременно равенства (3), (5), (6), получим для момента времени t = 1 с

а _{а x} = а _кор + а = 5,42 м/с²;

а _{а y} = – а соs 60° + а соs 30° = 0,74 м/с²;

а _{а z} = - а соs 60° – а соs 30° + а = 7,27 м/с².

Тогда

а _а = = 9,1 м/с².

О т в е т: V_а = 2,4 м/с; а _а = 9,1 м/с².

 

З а д а ч а к3

Исследование плоскопараллельного движения

твердого тела

 

Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и катка с центром С, соединенных между собой шарнирами. На рис. К3.3 и К3.8 стержень 3 шарнирно соединен с ползунами В и Е. На рис. К3.3–К3.8 шарнир D находится в середине соответствующего стержня.

Длины стержней равны соответственно: l ₁ = 0,2 м; l ₂ = 1,0 м; l ₃ = 1,2 м; l ₄ = 0,8 м. Радиус катка R = 0,3 м.

Положение механизма определяется углами j₁, j₂, j₃, j₄ (рис. К3.0–К3.9). Значения этих углов и скорости звеньев указаны в табл. К3, причем угловая скорость стержня 1 w₁ и скорость центра катка V_C – величины постоянные.

 

Рис. К3.0	Рис. К3.1
Рис. К3.2	Рис. К3.3

 

Определить линейные скорости точек V и угловые скорости звеньев ω, указанные в столбце «Найти» табл. К3.

Построение чертежа следует начинать со стержня, направление которого определяется углом φ₁. Дуговыми стрелками на рисунках показано, как откладывать соответствующие углы при построении чертежа механизма

 

Рис. К3.4	Рис. К3.5
Рис. К3.6	Рис. К3.7
Рис. К3.8	Рис. К3.9

Т а б л и ц а К3

 

Номер условия	Углы, град	Заданные скорости	Найти
φ1	φ 2	φ 3	φ 4	ω1, с-1	VC, м/с	V точек	ω звеньев
					– – – – –	– – – – –	В, А С, В В, А С, В В, А С, В В, А С, В В, А С, В	2 и 3 2 и 4 2 и 3 2 и 4 2 и 3 2 и 4 2 и 3 2 и 4 2 и 3 2 и 4

 

Заданную угловую скорость w₁ считать направленной против хода часовой стрелки, а заданную скорость V_C – вправо.

Указания. При решении задачи К3 для определения скоростей точек механизма и угловых скоростей его звеньев следует воспользоваться теоремой о проекциях скоростей двух точек тела и понятием о мгновенном центре скоростей, применяя эту теорему (или это понятие) к каждому звену механизма в отдельности.

Пример решения задачи К3. Механизм (рис. К3) состоит из стержней 1, 2, 3, ползуна А и катка, соединенных друг с другом и с неподвижной опорой Е шарнирами.

Д а н о: j₁ = 90º; j₂ =150º; j₃ = 240º; j₄ = 150º; l ₁ = 1,0 м; l ₂ = 0,9 м; l ₃ = 1,0 м; ВЕ = 2ДЕ; V_C = 4 м/с.

О п р е д е л и т ь: скорости точек V_A, V_Д и угловые скорости звеньев w₁, w₂.

Р е ш е н и е

Строим положение механизма в соответствии с заданными углами (рис. К3).

Определяем скорость точки Д – V_Д. Точка Д принадлежит стержню СД. Чтобы найти V_Д, надо знать скорость какой-нибудь другой точки этого стержня и направление вектора . По данным задачи известны скорость центра катка V_C = 4 м/c и направление вектора – параллельно поверхности, по которой катится каток. Направление вектора найдем, учтя, что точка Д принадлежит еще и стержню ДВ, вращающемуся вокруг Е; следовательно, ^ ДВ. Теперь, зная направление векторов и , воспользуемся теоремой о проекциях скоростей двух точек тела (стержня СД) на прямую, соединяющую эти точки. Сначала по этой теореме устанавливаем, в какую сторону направлен вектор (проекции скоростей должны иметь одинаковые знаки). Затем, вычисляя эти проекции, находим

V_C соs 30° = V_Д; V_Д = V_C соs 30° = 4 = 3,5 м/c.

Рис. К3

 

Определяем скорость точки А – V_A. Точка A принадлежит стержню АВ. Следовательно, надо сначала найти скорость точки В, принадлежащей одновременно стержню ВД. Так как стержень ВД вращается вокруг Е, то вектор ^ ВД и направлен в сторону поворота стержня. Величину скорости V_B найдем из пропорции

.

Так как ВЕ = 2ДЕ, следовательно,

= 2V_Д = 2×3,5 = 7 м/c.

Поскольку точка А принадлежит одновременно ползуну, движущемуся поступательно вдоль направляющих, то линия действия известна. Тогда, зная направление векторов и , построим мгновенный центр скоростей (МЦС) стержня АВ; это точка Р₁, лежащая на пересечении перпендикуляров к векторам и , восстановленных из точек В и А. По направлению вектора определяем направление поворота стержня АВ вокруг МЦС. Вектор будет направлен в сторону поворота стержня АВ. Учитывая, что

V_B = ω₁·ВР₁; V_А = ω₁·АР₁,

получим

.

Вычислим ВР₁ и АР₁. Треугольник АР₁В – прямоугольный, так как острые углы в нем равны 30º и 60º, и тогда

м;

BP₁ = AР₁ sin 30º = 1,2×0,5 = 0,6 м.

В результате м/c.

Определяем величину угловой скорости стержня АВ w₁:

.

Определяем величину угловой скорости стержня ВД w₂:

.

О т в е т: V_A = 14,0 м/c; V_Д = 3,5 м/c; w₁ = 11,7 c^-1; w₂ = 7,8 c^-1.

 

ДИНАМИКА

 

З а д а ч а Д1

Дифференциальные уравнения движения

материальной точки

 

Тело D, имеющее массу m, получив в точке А начальную скорость V₀, движется в изогнутой трубе АВС, расположенной в вертикальной плоскости (рис. Д1.0–Д1.9).

 

Рис. Д1.0	Рис. Д1.1
Рис. Д1.2	Рис. Д1.3
Рис. Д1.4	Рис. Д1.5
Рис. Д1.6	Рис. Д1.7
Рис. Д1.8	Рис. Д1.9

 

На участке АВ на тело, кроме силы тяжести, действуют постоянная сила , направленная вдоль трубы, и сила трения. В точке В тело, не изменяя величины своей скорости, переходит на участок ВС и движется, скользя по трубе. При этом на тело, кроме силы тяжести, действуют силы трения и переменная сила , величина проекции которой F_x на ось х задана в табл. Д1. Там же приведены величины m, V₀, Q, расстояние между точками А и В (l = АВ) или t_АВ – время движения тела от точки А до точки В и коэффициент трения f тела о трубу.

 

Т а б л и ц а Д1

 

Номер условия	m, кг	V0, м/с	Q, H	f	l, м	τАВ, c	Fx, H	Найти
	2,4			0,2	1,5	–	4 sin (4t)	V1
				0,4	–	2,5	–5 cos (4t)	x1
				0,3		–	6t	V1
	1,8			0,3	–		–2 cos (2t)	x1
				0,2		–	–5 sin (2t)	V1
	4,5			0,3	–		3t	x1
				0,1	2,5	–	6 cos (4t)	V1
	1,6			0,4	–		–3 sin (4t)	x1
	4,8			0,2		–	4 cos (2t)	V1
				0,3	–		4 sin (2t)	x1

Считая тело материальной точкой, необходимо определить закон движения х = (t) на участке ВС.

Указания. Решение задачи Д1 разбивается на две части. Сначала нужно составить и проинтегрировать методом разделения переменных дифференциальное уравнение движения точки D на участке АВ, учитывая начальные условия. Затем, зная время движения на участке АВ (t_АВ) или его длину l, определить, какую скорость будет иметь тело в точке В. Эта скорость будет начальной для движения тела на участке ВС. После этого необходимо составить и проинтегрировать дифференциальное уравнение движения на участке ВС тоже с учетом начальных условий.

Пример решения задачи Д1. На вертикальном участке АВ трубы (рис. Д1) на груз массой m действует сила тяжести и постоянная сила сопротивления . Длина участка АВ l ₁ = 2 м. В точке А груз имеет начальную скоростьV₀ = 6 м/с. На наклонном участке ВС на груз действует сила тяжести, сила трения (коэффициент трения груза о плоскость равен f) и переменная сила F = F(t), заданная в ньютонах.

Д а н о: m = 5 кг; R = 40 H; V0 = 6 м/с; l АВ = 2 м; f = 0,2; Fx = 45 sin (3t). О п р е д е л и т ь: закон движения груза на участке ВС: x = х(t). Р е ш е н и е Рассмотрим движение груза на участке АВ, считая груз материальной точкой. Изображаем груз (в произвольном положении) и действующие на него силы и . Проводим ось Az в направлении движения груза и составляем диф-
Рис. Д1

ференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

, или . (1)

Далее находим P_z = P = mg, R_z = –R.

При V_z = V получим

или . (2)

Тогда, разделяя в уравнении (2) переменные и интегрируя обе части равенства, приняв g » 10 м/с², получим

. (3)

Из начальных условий при t = 0 скорость V = V₀, что даёт С₁ = V₀. Тогда уравнение (3) принимает вид

V = 2t + 6. (4)

Учитывая, что , получим

.

Откуда при разделении переменных и интегрировании

z = t² + 6t + C₂. (5)

Из начальных условий при t = 0 и начальной координате z₀ = 0 находим С₂ = 0, следовательно

z = t² + 6t. (6)

С учётом условий задачи при z = l _АВ = 2 м в точке В можно найти время t = τ_АВ движения груза по участку АВ:

2 = t² + 6t или t² + 6t – 2 = 0.

Извлекая корни, получим t₁ = 0,3 c; t₂ = –6,3 c, в физическом смысле t = τ_АВ = 0,3 с. Тогда по уравнению (4) скорость в точке В

V_B = 2τ_АВ + 6 = 6,6 м/с. (7)

Теперь рассмотрим движение груза на участке ВС; найденная скорость V_B будет для движения на этом участке начальной скоростью (V₀ = V_B). Изображаем груз (в произвольном положении) и показываем действующие на него силы , , и . Проведём из точки В ось Вx и составим дифференциальное уравнение движения груза в проекции на эту ось:

. (8)

Определим проекции сил на ось х:

P_x = P sin 30° = 0,5mg; N_x = 0; F_x = 45 sin (3t);

F_{тр x} = –fN = – f P cos 30º = – 0,17mg,

тогда уравнение (8) примет вид

= 0,5mg + 45sin (3t) – 0,17mg = 0,33mg + 45sin (3t). (9)

Разделив обе части равенства на m = 5кг и принимая g » 10 м/c², получим

. (10)

Умножая обе части уравнения (10) на dt и интегрируя, найдём V_х:

V_x = 3,3t – 3cos (3t) + C₂. (11)

На участке ВС будем отсчитывать время от момента, когда груз находится в точке В, считая в этот момент t = 0. Тогда при t = 0 скорость груза V = V₀ = V_B = 6,6 м/с. Подставляя эти величины в уравнение (11), получим

С₂ = V_B + 3cos (0) = 6,6 + 3 = 9,6.

При найденном значении С₂ уравнение (11) даёт

(12)

Умножая обе части на dt и снова интегрируя, найдём

x = 1,65t² + 9,6t – sin (3t) + C₃. (13)

Так как на участке ВС при t = 0 начальная координата x = 0, то С₃ = 0. Окончательно закон движения груза примет вид

x = 1,65t² + 9,6t – sin (3t), (14)

где x – в метрах, t – в секундах.

О т в е т: x = 1,65t² + 9,6t – sin (3t).

 

З а д а ч а Д2

Теоремы о движении центра масс,

об изменении количества движения

и кинетического момента механической системы

 

Механическая система состоит из прямоугольной вертикальной плиты 1 массой m₁ = 20 кг и груза D массой m₂ = 6 кг; плита движется вдоль горизонтальных направляющих (рис. Д2.0–Д2.4) или вращается вокруг вертикальной оси Z, лежащей в плоскости плиты (рис. Д2.5–Д2.9). В момент времени t₀ = 0 груз начинает двигаться под действием внутренних сил по имеющемуся на плите желобу: закон его движения s = AD = s(t) задан в табл. Д2, где s выражено в метрах, t – в секундах. Форма желоба на рис. Д2.0, Д2.1, Д2.8, Д2.9 – прямолинейная, на рис. Д2.2–Д2.7 окружность радиуса R = 1,2 м с центром в центре масс С₁ плиты. Плита, изображенная на рис. Д2.0–Д2.4, имеет при t₀ = 0 скорость V₀ = 0, на рис. Д2.5–Д2.9 – угловую скорость ω₀ = 4 с^-1. В это время на плиту начинает действовать вращающий момент или момент сил сопротивления (момент М относительно оси z), заданный в табл. Д2.

Считая груз материальной точкой, следует определить (табл. Д2, столбцы 6, 7) V₁ – скорость плиты в момент времени t₁ = 1 с; N₁ – полную силу нормального давления плиты на направляющие в момент времени t₁ = 1 с (указать, куда сила направлена); ω₁ – угловую скорость плиты в момент времени t₁ = 1 с; – угловую скорость плиты как функцию времени.

Рис. Д2.0	Рис. Д2.1
Рис. Д2.2	Рис. Д2.3
Рис. Д2.4	Рис. Д2.5
Рис. Д2.6	Рис. Д2.7

На всех рисунках груз показан в положении, при котором s = AD > 0 (при s < 0 груз будет находиться по другую сторону от точки А).

 

Рис. Д2.8	Рис. Д2.9

 

 

Т а б л и ц а Д2

 

Номер усло-вия	Закон движения груза Д s = s(t), м	Расстояние до оси Z b, м	Момент сил М, Нм	Найти
Рис. Д2.0–Д2.1, Д2.8–Д2.9	Рис. Д2.2–Д2.7	Рис. Д2.5–Д2.9	Рис. Д2.0–Д2.4
			0,6		ω1 = f(t)	N1
			1,6		ω1	V1
			1,2		ω1 = f(t)	N1
			1,6		ω1	V1
			0,6		ω1	V1
			1,2	–12	ω1 = f(t)	N1

П р о д о л ж е н и е т а б л. Д2

 

Номер усло-вия	Закон движения груза Д s = s(t), м	Расстояние до оси Z b, м	Момент сил М, Нм	Найти
Рис. Д2.0–Д2.1, Д2.8–Д2.9	Рис. Д2.2–Д2.7	Рис. Д2.5–Д2.9	Рис. Д2.0–Д2.4
	0,6t2		0,6		ω1	V1
			1,6		ω1	N1
			0,6	–8	ω1 = f(t)	V1
			1,6		ω1	N1

 

Указания. В задаче, где требуется определить реакцию связи N₁, целесообразно воспользоваться теоремой о движении центра масс, а там, где нужно определить скорость тела V₁, – теоремой об изменении количества движения. Теорема об изменении кинетического момента применяется в задачах, где нужно найти угловую скорость вращения плиты ω₁.

При решении задачи необходимо учесть, что абсолютная скорость груза складывается из относительной и переносной скоростей (определяется так же, как при решении задачи К2), т.е. . Момент инерции плиты относительно оси z, проходящей через центр масс С₁ плиты, равен I_z = где l – ширина плиты. Для определения момента инерции I_z относительно оси, не проходящей через точку С₁ плиты, необходимо воспользоваться теоремой Гюйгенса о моментах инерции относительно параллельных осей.

Примеры решения задачи Д2. Так как для решения задачи Д2 предусматривается применение различных теорем динамики (см. указания к задаче Д2), рассмотрим ниже три примера с использованием каждой теоремы. Во всех примерах приводится механическая система, состоящая из вертикальной плиты и движущегося в ее плоскости груза D (рис. Д2).

а б

в

Рис. Д2

 

1. Определение реакции направляющих плиты N. К вертикальной прямоугольной плите массой m₁ с помощью невесомого шарнирного стержня BD длиной l прикреплен груз D массой m₂ (рис. Д2, а). Плита движется по горизонтальным направляющим без трения. В момент времени t = 0 стержень начинает вращаться в плоскости плиты вокруг точки В, и длина дуги s = AD изменяется по закону

,

где s – в метрах, t – в секун­дах.

Д а н о: m₁ = 16 кг; m₂ = 4 кг; l = 0,5 м.

Н а й т и: реакцию N направляющих в момент времени t = 2 с.

Р е ш е н и е

Рассмотрим механическую систему, состоящую из плиты и груза D, и изобразим действующие на нее внешние силы ₁, ₂ и реакцию . Проведем координатные оси (рис. Д2, а).

Для определения N воспользуемся теоремой о движении центра масс системы и составим дифференциальное уравнение его движения в проекции на ось у:

(1)

где m – масса системы; Р₁ = m₁g; P₂ = m₂g.

Из формулы, определяющей ор­динату центра масс системы, следует, что для рассматриваемой системы

m ×y_C = m₁×y_C1 + m₂×y_D. (2)

Если принять высоту плиты равной 2h, то, как видно на рис. Д2, а,

где угол ,

. (3)

Тогда, используя равенства (2) и (3), получим

Вычисляя производные и учитывая, что h = const, получим

Подставив значение в равенство (1), найдем зависимость N = N(t):

.

Отсюда при t = 2 с определим искомую величину реакции направляющих плиты N = 211,7 Н.

О т в е т: N = 211,7 Н.

2. Определение скорости движени