Размещено на http://www.allbest.ru/

Министерство науки и высшего образования Российской Федерации

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение

высшего образования

ИРКУТСКИЙ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ

ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

Институт Архитектуры, строительства и дизайна

Кафедра теоретической механики и сопротивления материалов

ПОЯСНИТЕЛЬНАЯ ЗАПИСКА

к курсовой работе

Исследование равновесия и движения механических систем

Иркутск 2019 г.



Оглавление

Введение

Статика

Задание С1 Исследование равновесия конструкции (вариант 33)

Задание С2. Определение центра тяжести пространственной конструкции (вариант 33)

Кинематика

Задание К1 Определение кинематических характеристик движения материальной точки (вариант 33)

Динамика

Задание Д1 Исследование движения материальной точки, находящейся под действием постоянных сил

Заключение

Использованная литература



Введение

кинематический движение материальный конструкция

Теоретическая механика является одной из важнейших дисциплин. Играет существенную роль в подготовке инженеров и специалистов любых специальностей. Она изучает простейший вид движения материи - механическое движение.

Теоретическая механика в инженерном образовании является фундаментом, на котором строится изучение всех инженерных дисциплин, изучаемых в вузе. В этом значимость этой дисциплины, следовательно, и актуальность данной работы.

Качественное усвоение курса теоретической механики требует не только глубокого изучения теории, но и приобретения навыков решения задач. Самостоятельное выполнение курсовой работы является важным элементом подготовки качественного специалиста. Она помогает получить прочные знания по предмету, что способствует формированию знаний и умений, необходимых для самостоятельной работы по специальности.

Курсовая работа посвящена решению четырех задач по всем разделам дисциплины.

Цель работы сугубо учебная - овладение навыками решения сложных, многосторонних задач по статике, кинематике и динамике.



Статика

Задание С1 Исследование равновесия конструкции (вариант 33)

Конструкция, состоящая из двух прямолинейных стержней, жестко скрепленных между собой в точке С, расположена в вертикальной плоскости. На конструкцию действует пара сил с моментом , распределенная нагрузка интенсивности и одна сосредоточенная сила. Величина этой силы, ее направление и точка приложения указаны в табл. С1. Там же в столбце «Нагруженный участок» указано, на каком участке действует распределенная нагрузка. Направление распределенной нагрузки на различных по расположению участках указано в табл. С1 А. При расчетах размер принять равным .

Для данной конструкции

1. определить реакции связей конструкции для приведенных в условии данных;

2. выяснить:

? присутствует ли среди всех реакций связей конструкции реакция в виде момента пары сил, и, если такая реакция имеется, то выполнить пункт 3,

? если указанная реакция связи (в виде момента пары сил) отсутствует, то выяснить, в какой точке конструкции известно точное направление полной реакции связи в виде силы и для этой реакции выполнить пункт 4;

3. определить, при каком значении угла (образуемого указанной в варианте задания сосредоточенной силой с координатной осью) реакция в виде момента пары сил будет иметь по модулю минимальное или равное нулю значение, и для этого значения угла вычислить все реакции связей изучаемой конструкции;

4. определить, при каком значении угла б_i (образуемого указанной в варианте задания сосредоточенной силой F_i с координатной осью) выбранная полная реакции связи будет иметь по модулю минимальное или равное нулю значение, и для этого значения угла вычислить все реакции связей изучаемой конструкции.

5.

Исходные данные:

			)
20	75	0,5	10	50



Рис. С1. 3а

Составляем уравнения равновесия:

?F_ix= 0;

?F_iy= 0;

?М_А= 0.

Для облегчения расчётов распределённую нагрузку q заменим на сосредоточенную силу Q = q·4a = 10·2 = 20кН. Заданную силу F₂ разложим на составляющие по осям X и Y.

F_2X = F₂·cos75=20·0,2588 = 5,176 кН,

F_2Y = F₂·sin75=20·0,9659 = 19,318 кН.

?М_А= 0.

M + F_2Y·6a + Q·cos30(3a + 2a·cos30) + Q·sin30·2a· sin30 +

+ R_B·sin45·9a·sin30 - R_B·cos45(3a + 9a·cos30) = 0,

R_B = =

= = = 69,15 кН.

?F_ix= 0;

- X_A + F_2X - Q·sin30 - R_B·sin45 = 0,

X_A = F_2X - Q·sin30 - R_B·sin45 = 5,176 - 20·0,5 - 69,15·0,707 = - 53,7 кН.

Реакция направлена противоположно направлению на рис. С1.3а.

?F_iy= 0;

Y_A - F_2Y - Q·cos30 + R_B·cos45 = 0,

Y_A = F_2Y + Q·cos30 - R_B·cos45 = 19,318 + 20·0,866 - 69,15·0,707 = - 12,25 кН.

Реакция направлена противоположно направлению на рис. С1.3а.

Проверка:

?М_Е= 0.

M + X_A·4a·sin30 - Y_A·(3a + 4a·cos30) - F_2Y·(4a·cos30 - 3a) +

+ F_2X·cos75·4a·sin30 - Q·cos30·2a·cos30 - Q·sin30·2a·sin30 +

+ R_B·sin45·5a·sin30 - R_B·cos45·5a·cos30 = 50 + 53,7·2·0,5 -

- 12,25·(1,5 + 2·0,866) - 19,318·(2·0,866 - 1,5) + 5,176·0,2588·2·0,5 -

- 20·0,866·0,866 - 20·0,5·0,5 + 69,15·0,707·2,5·0,5 - 69,15·0,707·2,5·0,866

= 50 + 53,7 - 39,59 - 4,48 + 1,34 - 15 - 5 + 61,1 - 105,84 = 169,14 -169,9= = - 0,76 0, следовательно, реакции определены верно.

кН.

Выполним пункт 4 задания.

Для этого представим, что R_A =0 и составим уравнение ?М_В= 0.

M + F₂·cosб·9a·cos60 - F₂·sinб·(9a·sin60 - 3a) - Q·7a = 0

После упрощения и подстановки числовых данных получаем

47,94cos²б + 45cosб - 67,94 = 0

Корни

Сosб₁ = - 1,749.

Сosб₂ = 0,81.

Принимаем б₂ = 3554ґ.

Тогда

?F_ix= 0;

F·0,81 - Q·cos60 - R_B·sin45 = 0,

R_B = = 8,77 кН.

?F_iy= 0;

Y_A - F·sin3554 - Q·cos30 + R_B·cos45 = 0,

Y_A = F·sin3554 + Q·cos30 - R_B·cos45 = 20·0,5864 + 20·0,866 -8,77·0,707 = 22,85 кН.

Задание С2 Определение центра тяжести пространственной конструкции (вариант 33)

Две однородные прямоугольные пластины, приваренные под прямым углом друг к другу, образуют угольник. Размеры пластин в направлениях, параллельных координатным осям равны соответственно на рис. С3.3. Силы тяжести большей и меньшей пластин соответственно равны и . Каждая из пластин расположена параллельно одной из координатных плоскостей (плоскость горизонтальная).

Из одной из пластин угольника вырезана фигура, расположение и вид которой указаны в таблице С2. Точки, обозначенные на рисунке, находятся по краям или в серединах сторон пластин.

Вычислить координаты центра тяжести угольника с вырезом для указанном на рисунке системы координат. При расчетах принять . Толщиной пластин пренебречь.

Решим задачу методом разбиения тела на части, координаты центров тяжести которых можно легко подсчитать. В данном случае получим три части:

I. Пластина с ЦТ ;

II. Пластина с ЦТ (без выреза);

III. Вырез в виде полукруга с центром и радиусом , ЦТ которого .

В расчетах вырезу III приписываем отрицательную площадь.

В заданной координатной системе определим координаты ЦТ каждой части тела.

I. Пластина

II. Пластина



Размещено на http://www.allbest.ru/

III. Вырез в виде полукруга:

Определим площади каждой части.

I. Пластина

II. Пластина

III. Вырез в виде полукруга:

Вычислим координаты центр тяжести угольника.

На рис. 2.1 отметим ЦТ тела - точку .

Ответ:

Кинематика

Задание К1 Определение кинематических характеристик движения материальной точки (вариант 33)

По заданным уравнениям движения точки

найти уравнение траектории ее движения, и для момента времени вычислить ее скорость, нормальное, касательное и полное ускорения, а также радиус кривизны траектории. На рисунке в масштабе изобразить траекторию движения точки и для заданного момента времени построить векторы скорости и ускорения.

Величины и измеряются в , время в секундах ().

Решение

1. Определим траекторию точки и изобразим ее на чертеже. Движение происходит в пл.В этом случае проекции всех векторов на ось равны нулю. Равно нулю также третье кинематическое уравнение (проекция вектора перемещения на ось ):

Для определения траектории из кинематических уравнений исключим время

Получилось уравнение гиперболы с асимптотами и

2. Определим координаты точки в момент времени

3. Определим алгебраические величины проекций скорости точки в общем виде, а затем для момента времена . По найденным алгебраическим величинам проекций скорости построим вектор на чертеже по масштабу и вычислим его величину.

В момент времени

Скорость в момент времени

4. Определим алгебраические величины проекций ускорений точки на оси координат в общем виде, а затем для момента времени . Построим вектор ускорения на чертеже и вычислим его величину.

5. Для определения касательного (тангенциального) ускорения необходимо иметь проекцию вектора скорости точки на касательную, в виде функции времени:

Размещено на http://www.allbest.ru/

тогда касательное ускорение точки определяется по формуле



Продифференцируем выражение , получим:

Построим вектор на чертеже, соблюдая выбранный масштаб ускорений.

6. Установим характер движения точки в момент времени по направлениям векторов и . Векторы эти противоположно направлены:

следовательно, движение точки замедленное.

7. Определим нормальное ускорение:

При

7. Радиус кривизны траектории



При

Ответ:

Динамика

Задание Д1 Исследование движения материальной точки, находящейся под действием постоянных сил

Груз массой начинает движение из точки с начальной скоростью . Его движение происходит по наклонной плоскости длины , составляющей угол с горизонтом вдоль линии наибольшего ската. Положение точки D задается величиной , вектор направлен параллельно прямой к точке . При движении по плоскости на груз действует постоянная сила , направление которой задается углом , коэффициент трения скольжения между грузом и наклонной плоскостью равен . Через сек. груз покидает плоскость или в точке , или в точке и, двигаясь далее в вертикальной плоскости под действием одной только силы тяжести, через секунд после отделения от плоскости попадает в точку . Все возможные варианты траекторий попадания груза в точку показаны на рисунках.

Считая груз материальной точкой

1. определить:

? в какой точке ( или ) произойдет отрыв груза от плоскости,

? время движения груза по наклонной плоскости,

? скорость груза в момент отрыва,

? координаты точки приземления груза,

? время движения груза в воздухе,

? скорость груза в точке падения;

2. подтвердить полученные результаты с помощью общих теорем динамики материальной точки,

3. построить:

? график траектории движения точки от точки до точки ,

? график зависимости скорости точки от времени на участке ,

4. выяснить, существует ли возможность за счет изменения только величины начальной скорости добиться того, что груз покинет плоскость в точке противоположной полученной по результатам расчетов в основном задании, если такая возможность существует, то привести условие, накладываемое на величину начальной скорости.

Исходные данные

Номер условия

Решение

1. Изучение движения на участке .

Рассмотрим движение груза на участке , считая груз материальной точкой. Для описания прямолинейного движения груза достаточно одной координатной оси (рис. 4.1).

Изобразим груз в произвольном положении и покажем действующие на него силы: силу тяжести груза , нормальную реакцию , заданную силу и силу трения скольжения (рис. 4.1).

Составим дифференциальное уравнение движения груза в векторной форме:

Проектируем на оси оси

Проектируем (1) теперь на оси , Учитывая, что вектор ускорения направлен вдоль оси :

Из (3)

Тогда

Подставляя (4) в (2), получим:

Учитывая, что



получим дифференциальное уравнение

Интегрируем

Постоянную интегрирования определим из начальных условий.

При , тогда

Для того чтобы проинтегрировать уравнение второй раз представим алгебраическое уравнение скорости в виде дифференциального уравнения первого порядка, исходя из того, что

Вторая постоянная интегрирования также определим из начальных условий:

При , и тогда

Получим уравнение движения тела

Для определения точки, в которой груз покидает плоскость, проведем следующие рассуждения. Предположим, что груз покидает плоскость в точке . В момент достижения грузом этой точки время движения груза принимает значение , а координата становится равной.

Подставляя эти значения в уравнение движения материальной точки (7), получаем

Дискриминант последнего квадратного уравнения отрицателен -

Следовательно, квадратное уравнение не имеет действительных корней. Это означает, что груз не достигает точки , а двигаясь из точки по наклонной плоскости вверх, в некоторый момент времени останавливается (точку остановки обозначим ), а затем скользит вниз и покидает наклонную плоскость к точке .

Определим момент времени , в который происходит остановка груза, для чего используем условие равенства нулю скорости (6) груза в момент его остановки:

Отсюда находим

Вычислим координату точки остановки

(ради интереса сложим с , получим:

т.е. тело не доходит до точки меньше, чем на 1,5 м).

Таким образом, в момент остановки при координата и скорость груза равны:

Эти условия являются начальными для движения груза по наклонной плоскости вниз.

В подтверждение того, что в момент времени начинается движение вниз, приведем следующие соображения. Хотя скорость груза в этот момент времени равна нулю, это вовсе не означает, что и ускорение равно нулю, ведь для того, чтобы в следующий момент времени появилась скорость, в данный момент должно быть направленное вниз ускорение. А наличие такого ускорения обуславливается действием направленной вниз вдоль наклонной плоскости результирующей силы, что подтверждается следующими расчетами.

Величина нормальной реакции

Сила трения, направленная вверх по наклонной плоскости

Скатывающая вниз сила

Сравнение величин скатывающей силы и препятствующей движению вниз силы трения скольжения, показывает, что результирующая сила действительно направлена вниз.

Для изучения движения груза от точки до точки покажем действующие на этом участке силы (Рис. 4.2).

Дифференциальное уравнение груза на участке имеет вид



Или, имея в виду выражение (4) для

получим:

Размещено на http://www.allbest.ru/

Здесь учтено, что поскольку груз движется вниз, то сила трения скольжения направлена вдоль наклонной плоскости вверх. Данное уравнение отличается от уравнения (2) знаком проекции силы трения скольжения . Подставляя значения заданных по условию задачи величин, получаем

Интегрируем дважды.

Для определения постоянных интегрирования воспользуемся начальными условиями, т. е. значениями кинематических характеристик, при которых груз начал свое движение из точки вниз (отсчет времени начинаем заново).

Подставляя начальные условия в уравнения (10) и (11), находим:

Уравнение скорости и закон движения груза на участке ЕА с учетом найденных значений С₁ и С₂ принимают вид

Найдем время движения груза по наклонной плоскости вниз. Когда груз достигает точки , то

Получаем уравнение

откуда

Из уравнения (12) найдем величину скорости груза в точке при его отрыве от наклонной плоскости

Направление вектора скорости показано на рисунке 4.2.

Размещено на http://www.allbest.ru/

Время движения груза по наклонной плоскости найдем как сумму времени движения от точки до точки остановки и времени движения груза после остановки от точки вниз до отрыва в точке :

2. Изучение движения на участке

Рассмотрим движение груза после отрыва его от наклонной плоскости (участок ). Движение происходит под действием только силы тяжести , используем систему координат (рис 4.3).

Составим дифференциальные уравнения движения груза на этом участке:

Или

Интегрируя дифференциальные уравнения дважды, получаем:

Запишем начальные условия движения груза в системе координат , время будем опять отсчитывать от нуля:

Используя начальные условия найдем постоянные интегрирования:

Таким образом, постоянные интегрирования найдены, и подставляя их значения в общее решение, получаем закон изменения проекций вектора скорости на оси координат и уравнения движения груза вдоль осей координат после отрыва:

Найдем время Т, спустя которое после отделения от наклонной плоскости груз упадет на горизонтальную плоскость, и координаты точки падения x_C и y_C.

В момент приземления груза в точку на горизонтальной плоскости координата . Подставляя это значение в уравнение (17), получим квадратное относительно Т уравнение

Корни этого квадратного уравнения имеют значения

Отрицательный корень исключаем, получим:

Координаты точки приземления могут быть вычислены подстановкой в уравнения (15) и (17) найденного времени :

Подстановкой в уравнения (14) и (16) времени определим проекции скорости груза в момент его падения на горизонтальную поверхность:

Вычислим модуль скорости груза в точке

Ответ:

· точкой отрыва груза от плоскости является точка

· времяф движения груза по наклонной плоскости до точки отрыва:

· величина скорости груза в момент отрыва:

· координаты точки приземления груза:

· время полета груза в воздухе:

· скорость груза в точке падения:

2. Подтвердим полученные результаты с помощью общих теорем динамики материальной точки.

Рассмотрим движение груза на плоскости АВ.

Найдем скорость груза в точке A. Применим теорему об изменении кинетической энергии - изменение кинетической энергии материальной точки на некотором ее перемещении равно работе сил, действующих на точку, на том же перемещении.

Вычислим работы сил, действующие на груз

.

(т.к. реакция перпендикулярна к направлению перемещения).

.

Тогда скорость в точке А равна:

Определим время движения груза на плоскости АВ. Применим теорему об изменении количества движения - изменение количества движения материальной точки за некоторый промежуток времени равно импульсу сил, действующих на точку, за тот же интервал времени.

В проекции на ось х имеем:

Найдем импульсы сил:

; ; ; .

В итоге получаем

Рассмотрим движение груза на участке АС.

Найдем скорость груза в точке С. Применим теорему об изменении кинетической энергии.

.

м/с.

.

Вычислим работы сил, действующие на груз

Тогда

.

,

м/с.

Тогда модуль скорости определится выражением

.

Определим время падения груза

.

Вычислим координаты точки падения груза

Сравним результаты расчетов. Составим таблицу.

Параметр	Метод интегрирования дифференциальных уравнений	Применение общих теорем динамики материальной точки	Погрешность
			1,87%
			1,86%
			0,659%
			1,35%
			0,09%
			0,5%

Как видно из таблицы, результаты получились практически идентичные.

3. Построим график траектории движения груза от точки A до точки С. (1.18)

(1.20)

Это уравнение параболы.

Построим график зависимости скорости груза от времени на участке

АЕ. Используем зависимость (1.10).



4. Выясним, существует ли возможность за счет изменения только величины начальной скорости добиться того, что груз покинет плоскость АВ в точке противоположной полученной по результатам расчетов в основном задании.

Для того, чтобы груз покинул плоскость АВ в точке В, необходимо, чтобы уравнение

имело действительные корни, так как при нахождении корней данного уравнения

не имело действительных корней и груз не достиг точки В, а остановился в точке Е.

Итак

будет выполнен при условии

м/с.

Заключение

Целью работы было овладение навыками решения сложных задач по теоретической механике. Все четыре задания решены и очень подробно разъяснены, что способствовало углублению полученных ранее знаний по дисциплине, а также приобретению новых знаний. Особенно понравилась задача по динамике, своей сложностью и широтой захвата материала.

Можно констатировать, что цель работы - учебная, познавательная, - была достигнута.



Использованная литература

1. Изучение равновесия и движения механических систем. Теоретическая механика: метод. указания по выполнению курсовой работы / сост.: Ю. В. Королёв. Иркутск, 2018. 44 с.

2. Андронов В. В. Теоретическая механика, 20 лекций. Часть I-II/ М.: 2002.

3. Березкин E. H., курс теоретической механики. Издание второе, М.: 1974.

4. Березкин Е. Н. Решение задач по теоретической механике. Часть вторая. М.: 1974.

5. Тарг С. М. Краткий курс теоретической механики: Учеб. для втузов. 10-е изд., перераб. и доп. М.: Высш. шк., 1986. 416 с, ил.

6. Теоретическая механика, методические указания и контрольные задания. Под ред. профф. С. М. Тарга. М.: 1989.

Размещено на Allbest.ru