D 2 d 2. d = D 2 g = ; 6 = 24; 8 mm 2 ; (1) = 223; 69 mm 2 = 2; m 2 : (2)

Transkrypt

1 XLIV OLIMPIADA WIEDZY TECHNICZNEJ Zawody II stopnia Rozwi zania zada dla grupy mechaniczno-budowlanej Rozwi zanie zadania 1 Obliczmy najpierw pole przekroju poprzecznego rurowego pr ta, A. A D 2 d 2 D { rednica zewn trzna rury; d { rednica wewn trzna rury. A D 2 d ; d D 2 g ; 6 24; 8 mm 2 ; (1) ; ; 69 mm 2 2; m 2 : (2) Moment bezw adno ci J przekroju poprzecznego rurowego pr ta jest r wny: J 64 D 4 d ; ; 55 mm 4 2; m 4 : (3) W ka dym poradniku mo na znale wz r do wyznaczenia warto ci poziomej si y osiowej H t, powstaj cej w obustronnie utwierdzonym pr cie wskutek zmiany temperatury. Mamy wi c: H t t t E A t t l (2) t l (1) E A : (4) W ka dym poradniku mo na te znale wz r do wyznaczenia osiowej si y krytycznej P kr, powoduj cej wyboczenie pr ta obustronnie utwierdzonego. Mamy zatem: P kr 2 E J ; (5) l 2 w Organizatorem OWT jest Federacja Stowarzysze Naukowo-Technicznych NOT. Olimpiada jest nansowana ze rodk w MEN. 1

2 l w { d ugo wyboczeniowa pr ta; w przypadku pr ta obustronnie zamocowanego l w 0; 5 l. Aby wskutek wzrostu temperatury nie nast pi o wyboczenie pr ta, si a H t, powinna by mniejsza od si y P kr. W celu wyznaczenia temperatury t 2, przyjmijmy jednak warunek graniczny H t P kr. Wtedy otrzymamy ze wzor w (4) i (5): H t 0; t 2 8 2; ; ; t 2 0; ; (6) P kr 2 2; ; (0; 5 5; 0) 2 0; MN 7; 023 kn. (7) Z (6) i (7) otrzymujemy: 0; ; t 0; ; (8) 2 t 20; 45 C 20; 5 C. (9) 2 In ynier zatem mia racj. Wystarczy stosunkowo niewielki wzrost temperatury otoczenia (o 20; 5 C { 8; 0 C 12; 5 C), aby wzrost si y osiowej, H t, w rurowym pr cie spowodowa jego wyboczenie. Nale y wi c u y rury o znacznie wi kszym przekroju poprzecznym. Rozwi zanie zadania 2 Warunek r wnowagi si przedstawia rysunek 1. Rys.1. 2

3 P 1 (M + m) g ; (1) Warunek r wnowagi rowerzysty: P 2 2 (M + m) v2 D : (2) P 2 P 1 tg ; st d i z (1) i (2) { kwadrat pr dko ci minimalnej wynosi: v 2 0; 5 D g tg : (3) Si a opor w tarcia: Si a oporu powietrza: gdzie { g sto powietrza Ostatecznie ca kowity op r T 1 f P T 2 C x v 2 f (M + m) g : (4) cos 2 F ; (5) p R (t + 273) : (6) T T 1 + T 2 ; na mocy (3){(6) wynosi: T f (M + m) g cos p + C 0; 25 D g F tg : (7) x R (t + 273) Praca wykonana przy pe nym okr eniu toru: L D T : (8) Obliczenia liczbowe: R wnanie (7) dla temperatury t 1 (si a T 0 ): T 0 0; 005 ( ) 9; 81 cos ; ( ) 0; ; 81 0; 6 tg 40 57; 38 N. 3

4 Praca (8): L 0 R wnanie (7) dla temperatury t 2 (si a T 00 ): 3; ; ; 1 J 10; 82 kj. T 00 0; 005 ( ) 9; 81 cos ; ; ; 81 0; 6 tg 40 62; 10 N. Procentowa zmiana pracy jest r wna procentowej zmianie ca kowitej si y oporu, st d; T T 00 T 0 T ; 1 57; 38 57; ; 23% : Odpowied : Praca w temperaturze 25 C wyniesie 10; 82 kj i wzro nie o 8; 23% przy obni eniu temperatury do 0 C. Rozwi zanie zadania 3 Cz I: Energia wiruj cej masy jest r wna E 1 2 I!2 ; gdzie I jest momentem bezw adno ci, a! pr dko ci k tow ; dla wydr onego walca moment bezw adno ci jest r wny: I 1 r 2 m r2 1 Natomiast pr dko k towa:! 2 n 1 60 : Energia odzyskana z ko a zamachowego jest r wna E N t : Jest ona r wnowa na zmianie energii kinetycznej wiruj cego walca: E 1 2 I! 2 1!2 2 : : 4

5 Pr dko k towa wiruj cej masy po odzyskaniu energii jest r wna: Odpowiednio pr dko obrotowa:! 2 s n 2 60! N t I! 2 2 : : Cz II: Prac wykonan przez silnik cieplny w czasie t mo na wyrazi zale no ci : E m p W u s ; gdzie s jest sprawno ci silnika, w tym przypadku jest ona r wna: s 0; 5 C 0; D 1 T G przy czym temperatury w tym wzorze s podane w kelwinach. Ostatecznie masa paliwa A ; E m p 0 1 T W 0; 5 D 1 A N t 0 1 T W 0; 5 T D 1 A : T G G Wyniki ilo ciowe: Moment bezw adno ci ko a zamachowego: Pr dko k towa: I 1 2 m r r ; ; ; 052 kg m 2 :! 1 2 n ; ; 4 1/s : 5

6 Energia pocz tkowa wiruj cej masy: E 1 2 I! ; ; ; 2 kj : Energia odzyskana z ko a zamachowego: E N t kj. Pr dko k towa wiruj cej masy po odzyskaniu energii:! 2 s! N t I v ut6754; ; ; 5 1/s : Pr dko obrotowa: n 2 60! ; 5 2 3; obr/min : Pr dko obrotowa przy obliczeniach w arkuszu kalkulacyjnym (bez zaokr gle ): Sprawno silnika Carnota C 1 Sprawno silnika rzeczywistego Ostatecznie masa paliwa m p n obr/min : T D T G 0; 56 : s 0; 5 C 0; 5 0; 56 0; 28 : N t W u s ; 28 0; 0357 kg 35; 7 g. Masa paliwa na podstawie oblicze w arkuszu kalkulacyjnym: m p 35; 8 g : 6

7 Rozwi zanie zadania z optymalizacji Oznaczaj c liczb kurs w samochod w odpowiednio przez X 1 i X 2 otrzymujemy pierwszy warunek wynikaj cy z limitu paliwa: 6 X X ; (1) drugi warunek wynika z faktu, e czna liczba kurs w nie mo e przekroczy liczby za adowa wykonywanych przez kopark i e nie zale y od wielko ci samochodu: Funkcj celu F ilo przewiezionego piachu: X 1 + X 2 25 (2) F 10 X X 2 (3) Nier wno ci (1) i (2) przedstawione s na wykresie. Dodatkowo pokazana jest relacja mi dzy X 1 i X 2 wynikaj ca z zale no ci (3) dla wybranej warto ci F. Poszukuj c rozwi zania zagadnienia nale y przesuwa lini (3) w kierunku obszaru zaciemnionego zachowuj c jej nachylenie. Punkt zetkni cia wskazuje optymalne liczby cykli transportowych. Rys.1 1. Bezpo rednio z wykresu mo na odczyta, e optymalna sytuacja wyst puje dla: X 1 15 kurs w i X 2 10 kurs w. Stan ten odpowiada pe nemu wykorzystaniu limitu paliwa oraz przewiezieniu ton piachu. 7

8 2. Przy braku ograniczenia na paliwo nale y wy cznie wykorzystywa wi ksz ci ar wk. Przy 25 jej kursach zostanie przewiezione ton piasku. 3. W trzecim przypadku op aca si wykorzystywa mniejsz ci ar wk, a liczba kurs w wynika z limitu na paliwo i wyniesie , st d ilo piachu: ton (wi ksza przewioz aby tylko ton). 4. W tym przypadku zmieni si nachylenie przyk adowej linii opisuj cej ilo przewiezionego piachu (Rys.2) i maksymalny przew z mo na otrzyma nie wykorzystuj c mniejszej ci ar wki tj. X 1 0 natomiast liczba kurs w wi kszej X 2 20, co daje ton. Rys.2 8

9 Rozwi zanie zadania z zastosowania informatyki Przyk adowy program w j zyku FORTRAN Program olimp Real,Dimension(10)::X,Y,Fi,Pow Real,Dimension(10,10)::OD R100! wylosowanie z wykorzystaniem generatora liczb losowych! dziesieciu liczb z przedzia u 0-2pi call srand(2.6) do i1,10 Fi(i)rand(0.0)*6.28! posortowanie wylosowanych liczb w kolejnosci rosnacej 100 k0 do i1,9 if (Fi(i).GT.Fi(i+1)) then FFi(i) Fi(i)Fi(i+1) Fi(i+1)F k1 end if if (k.eq.1) then go to 100 end if! wydruk posortownych wielko ci Write(*,*) Write(*,99) (Fi(i),i1,10)! obliczenie wspolrzednych 10 punktow na obwodzie! okregu o promieniu R do i1,10 X(i)R*cos(Fi(i)) Y(i)R*sin(Fi(i))! obliczenie odleg osci pomiedzy punktami i znalezienie! jej maksimum odmax0 do i1,9 do ji+1,10 OD(i,j)sqrt((X(i)-X(j))**2+(Y(i)-Y(j))**2) if (OD(i,j).GT.odmax) then 9

10 odmaxod(i,j) iki jkj end if! obliczenie powierzchni 10 trojkatow i ich wydruk do i1,9 Pow(i)0.5*R**2*sin(Fi(i+1)-Fi(i)) Pow(10)0.5*R**2*sin(6.28-Fi(10)+Fi(1)) Write(*,*) Write(*,99) (Pow(i),i1,10) s0 99 Format (1x,11F7.1)! wydruk pe nej tabeli odleglosci, maksymalnej odleglosci,! wspolrzednych punktow odleg ych maksymalnie Write(*,*) do i1,10. Write(*,99)(OD(i,j),j1,10) Write(*,*) Write(*,*) ik,jk,odmax Write(*,*) Write(*,*) X(ik),Y(ik) Write(*,*) X(jk),Y(jk) end 10