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 бi (образуемого указанной в варианте задания сосредоточенной силой Fi 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:
?Fix= 0;
?Fiy= 0;
?МА= 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.
F2X = F2·cos75=20·0,2588 = 5,176 кН,
F2Y = F2·sin75=20·0,9659 = 19,318 кН.
?МА= 0.
M + F2Y·6a + Q·cos30(3a + 2a·cos30) + Q·sin30·2a· sin30 +
+ RB·sin45·9a·sin30 - RB·cos45(3a + 9a·cos30) = 0,
RB = =
= = = 69,15 кН.
?Fix= 0;
- XA + F2X - Q·sin30 - RB·sin45 = 0,
XA = F2X - Q·sin30 - RB·sin45 = 5,176 - 20·0,5 - 69,15·0,707 = - 53,7 кН.
Реакция направлена противоположно направлению на рис. С1.3а.
?Fiy= 0;
YA - F2Y - Q·cos30 + RB·cos45 = 0,
YA = F2Y + Q·cos30 - RB·cos45 = 19,318 + 20·0,866 - 69,15·0,707 = - 12,25 кН.
Реакция направлена противоположно направлению на рис. С1.3а.
Проверка:
?МЕ= 0.
M + XA·4a·sin30 - YA·(3a + 4a·cos30) - F2Y·(4a·cos30 - 3a) +
+ F2X·cos75·4a·sin30 - Q·cos30·2a·cos30 - Q·sin30·2a·sin30 +
+ RB·sin45·5a·sin30 - RB·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 RA =0 и составим уравнение ?МВ= 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
?Fix= 0;
F·0,81 - Q·cos60 - RB·sin45 = 0,
RB = = 8,77 кН.
?Fiy= 0;
YA - F·sin3554 - Q·cos30 + RB·cos45 = 0,
YA = F·sin3554 + Q·cos30 - RB·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
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:
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