Механика основные формулы: Механика – Основные формулы

Подробные решения задач по теоретической механике с ответами

Здесь собраны основные примеры задач с решениями по теоретической механике. Рядом с условием задачи приводится ссылка на страницу с ее подробным решением и ответом. Задачи охватывают следующие разделы технической и теоретической механики: статика, кинематика, динамика материальной точки и системы тел.

Здесь приводятся условия задач по теоретической механике, имеющие подробные решения с ответами. Задачи сгруппированы по основным разделам теоретической механики: статика, кинематика и динамика. Чтобы посмотреть решение, нажмите на соответствующую ссылку в конце условия.

Статика

Условия задач

Найти графическим способом реакции опор балки AB, на которую действует сила P, приложенная в точке C.
Дано: P = 55 kH,   AB = 10 м,   AC = 7 м,   BC = 3 м.

Решение

Найти реакции опор для того способа закрепления, при котором момент M_A в опоре A имеет наименьшее значение.
Решение

Найти реакции опор балки.
Решение

Найти реакции опор составной конструкции.
Решение

Определить реакции стержней, поддерживающих тонкую однородную прямоугольную плиту в трехмерном пространстве.
Решение

Кинематика

Кинематика материальной точки

Определение скорости и ускорения точки по заданным уравнениям ее движения

Дано:   Уравнения движения точки:   x = 12 sin(πt/6), см;   y = 6 cos²(πt/6), см.

Установить вид ее траектории и для момента времени t = 1 с найти положение точки на траектории, ее скорость, полное, касательное и нормальное ускорения, а также радиус кривизны траектории.

Решение задачи

Поступательное и вращательное движение твердого тела

Дано:
t = 2 с; r₁ = 2 см, R₁ = 4 см; r₂ = 6 см, R₂ = 8 см; r₃ = 12 см, R₃ = 16 см; s₅ = t³ – 6t (см).

Определить в момент времени t = 2 скорости точек A, C; угловое ускорение колеса 3; ускорение точки B и ускорение рейки 4.

Решение

Кинематический анализ плоского механизма

Дано:
R₁, R₂, L, AB, ω₁.
Найти: ω₂.

Решение с помощью
теоремы о проекциях скоростей

Плоский механизм состоит из стержней 1, 2, 3, 4 и ползуна E. Стержни соединены с помощью цилиндрических шарниров. Точка D расположена в середине стержня AB.
Дано: ω₁, ε₁.
Найти: скорости V_A, V_B, V_D и V_E; угловые скорости ω₂, ω₃ и ω₄; ускорение a_B; угловое ускорение ε_AB звена AB; положения мгновенных центров скоростей P₂ и P₃ звеньев 2 и 3 механизма.

Решение

Определение абсолютной скорости и абсолютного ускорения точки

Прямоугольная пластина вращается вокруг неподвижной оси по закону   φ = 6t ² – 3t ³ . Положительное направление отсчета угла φ показано на рисунках дуговой стрелкой. Ось вращения OO ₁ лежит в плоскости пластины (пластина вращается в пространстве).

По пластине вдоль прямой BD движется точка M . Задан закон ее относительного движения, т. е. зависимость   s = AM = 40(t – 2t ³) – 40   (s – в сантиметрах, t – в секундах). Расстояние b = 20 см. На рисунке точка M показана в положении, при котором   s = AM > 0 (при   s < 0 точка M находится по другую сторону от точки A).

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

Решение задачи

Динамика

Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием постоянных сил

Рисунок к условию задачи.

Груз S, рассматриваемый как материальная точка массы m = 5кг, движется по шероховатой поверхности от точки A до точки B, в которой отрывается от поверхности и продолжает движение в воздухе до падения на наклонную поверхность в точке C. Движение происходит в плоскости рисунка.

В точке A, груз имел скорость v_A = 1 м/с. Скорость в точке B: v_B = 4 м/с. Участок AB представляет собой плоскую поверхность с углом наклона α = 30° к горизонту. На участке AB, кроме силы тяжести и силы трения, на груз действует постоянная сила Q = 10 Н, направленная под углом φ = 45° к поверхности. Коэффициент трения f = 0,1.

На участке BC, груз движется под действием только силы тяжести. Сопротивлением воздуха пренебречь. Поверхность, на которую падает груз, является плоской с углом наклона β = 15° к горизонту (см. рисунок). Точка D расположена ниже точки B на расстояние |BD| = h = 1 м.

Найти: Время движения t_AB на участке AB; длину этого участка; время падения t_BC от точки B к точке C; расстояние |DC|; уравнение траектории BC.

Решение задачи

Интегрирование дифференциальных уравнений движения материальной точки, находящейся под действием переменных сил

Рисунок к условию задачи.

Груз D массой m, получив в точке A начальную скорость V₀, движется в изогнутой трубе ABC, расположенной в вертикальной плоскости. На участке AB, длина которого l, на груз действует постоянная сила T(ее направление показано на рисунке) и сила R сопротивления среды (модуль этой силы R = μV², вектор R направлен противоположно скорости V груза).

Груз, закончив движение на участке AB, в точке B трубы, не изменяя значения модуля своей скорости, переходит на участок BC. На участке BC на груз действует переменная сила F, проекция F_x которой на ось x задана.

Считая груз материальной точкой, найти закон его движения на участке BC, т.е. x = f(t), где x = BD. Трением груза о трубу пренебречь.

Решение задачи

Теорема о движении центра масс системы

Найти перемещение плиты и реакцию направляющих.

Механическая система состоит из грузов D₁, D₂ и прямоугольной вертикальной плиты, движущейся вдоль горизонтальных направляющих. В момент времени t₀=0, когда система находилась в покое, под действием внутренних сил грузы начинают двигаться по желобам, представляющим собой окружности.

Считая грузы материальными точками, и пренебрегая всеми сопротивлениями, определить закон движения плиты x₃=f₃(t) и полной нормальной реакции направляющих N=f(t).

Решение

В кривошипно-шатунном механизме кривошип OA и шатун AB представляют собой однородные стержни массой m₁ и длиной l. Ползун B массой m₂ движется в вертикальных направляющих. Определить вертикальную составляющую реакции шарнира O в функции угла φ, если кривошип вращается с постоянной угловой скоростью ω. Трением в направляющих ползуна пренебречь.

Решение

Теорема об изменении количества движения системы

Условие задачи. Плита 1 с движущимся грузом D.

Механическая система состоит из прямоугольной вертикальной плиты 1, движущейся вдоль горизонтальных направляющих, и груза D. В момент времени t₀=0, когда скорость плиты u₀, груз под действием внутренних сил начинает двигаться по прямолинейному желобу плиты. При этом расстояние s=AD изменяется по закону s=0,6 cos(πt²/4).
Считая груз материальной точкой, и пренебрегая всеми сопротивлениями, определить скорость плиты u₁ в момент времени t₁.

Решение

Теорема об изменении кинетической энергии механической системы

Рисунок к условию задачи.

Механическая система состоит из грузов 1 и 2, ступенчатого шкива 3, блока 4 и подвижного блока 5. Заданы радиусы ступеней и радиусы инерции шкива 3 и блока 4. Блок 5 считать сплошным однородным цилиндром. Коэффициент трения груза 2 о плоскость f = 0,1. Тела системы соединены друг с другом нитями, перекинутыми через блоки и намотанными на шкив 3. Участки нитей параллельны соответствующим плоскостям. К подвижному блоку 5 прикреплена пружина с коэффициентом жесткости с.

Под действием силы F = f(s), зависящей от перемещения s точки ее приложения, система приходит в движение из состояния покоя. Деформация пружины в момент начала движения равна нулю. При движении на шкив 3 действует постоянный момент M сил сопротивления (от трения в подшипниках).

Заданы массы тел m₁, m₂, m₃ , m₄, m₅, коэффициент жесткости пружины c, зависимость силы от перемещения F = f(s), величина момента M.

Определить значение центра масс тела 5 V_C5 в тот момент времени, когда перемещение s груза 1 станет равным s₁ = 0,2 м.

Решение задачи

Применение общего уравнения динамики к исследованию движения механической системы

Механическая система

Механическая система состоит из однородных ступенчатых шкивов 1 и 2, обмотанных нитями, грузов 3-6, прикрепленных к этим нитям, и невесомого блока. Система движется в вертикальной плоскости под действием сил тяжести и пары сил с моментом M = 10 Н·м, приложенной к шкиву 1. Заданы радиусы ступеней шкивов, их радиусы инерции относительно осей вращения, а также веса шкивов и грузов. Грузы, веса которых равны нулю, на чертеже не изображать.

Пренебрегая трением, определить ускорение груза 5.

Решение

Применение принципа Даламбера к определению реакций опор вращающегося тела

Рисунок к условию задачи.

Вертикальный вал AK, вращающийся равномерно с угловой скоростью ω = 10 с^-1, закреплен подпятником в точке A и цилиндрическим подшипником в точке K.

К валу жестко прикреплены невесомый стержень 1 длиной l₁ = 0,3 м, на свободном конце которого расположен груз массой m₁ = 4 кг, и однородный стержень 2 длиной l₂ = 0,6 м, имеющий массу m₂ = 8 кг. Оба стержня лежат в одной вертикальной плоскости. Точки прикрепления стержней к валу, а также углы α и β заданы. Размеры AB=BD=DE=EK=b, где b = 0,4 м. Груз принять за материальную точку.

Пренебрегая массой вала, определить реакции подпятника и подшипника.

Решение

 

---

Прикладная механика | ПроСопромат.ру

 

Эпюры моментов в основной системе:

Коэффициенты канонических уравнений:

 

Значения неизвестных углов поворота узлов:

 

Эпюра изгибающих моментов:

 

Частный случай №1: α=1, β=1.

 

Частный случай №2: a=b.

z₁=0; z₂=0;

 

Запись опубликована 23.07.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

Эпюры моментов в основной системе:

Коэффициенты канонического уравнения:

Решение уравнения:

Эпюра изгибающих моментов:

 

Частный случай №1

:

 

Частный случай №2: a=b, α=1.

 

 

Запись опубликована 23.07.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

Система канонических уравнений:

Коэффициенты уравнений:

Уравнения равновесия промежуточных узлов представляют собой уравнения в конечных разностях, а первое и последнее следует рассматривать в качестве граничных условий.

После подстановки значений коэффициентов в промежуточное уравнение системы и сокращения на  получим:

Это – линейное однородное уравнение в конечных разностях второго порядка с постоянными коэффициентами. Его общее решение отыскивается в виде:  z_i=λⁱ.

Тогда характеристическое уравнение будет:

,

корнями которого являются:

Очевидно также, что .

Тогда общее решение принимает вид:

Постоянные С₁ и С₂определятся из граничных условий, которые с учетом значений коэффициентов будут:

После подстановки имеем:

откуда находим значения постоянных:

где введены обозначения:

С учетом найденных постоянных угол поворота произвольного i-го узла будет:

Эпюра изгибающих моментов :

Здесь:

                             .

Запись опубликована 23.07.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

Эпюры моментов в основной системе:

Коэффициенты канонических уравнений:

Решение

канонического уравнения:

Эпюра изгибающих моментов М=М₁∙z₁+М_р:

С учетом обозначения  :

Частный случай №1: α=1.

Тогда

Частный случай №2: .

В этом случае:

Запись опубликована 23.07.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

Эпюры моментов в основной системе:

Коэффициенты канонических уравнений:

Решение системы канонических  уравнений:

Эпюра изгибающих моментов

М=М₁∙z₁+ М₂∙z₂+М_р:

Введем дополнительно обозначение: .

Тогда:

Частный случай №1: α=1, β=1.

Частный случай №2: с=b.

Частный случай №3: с=b, α=β=1.

Частный случай №4: α=β=1, а=b=c.

z₁=0, z₂=0, а моменты в характерных сечениях будут:

 

 

Запись опубликована 23.07.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

 

Используя симметрию, представим расчетную схему в виде:

                                                                                         Основная система метода перемещений

Эпюры моментов в основной системе:

Коэффициенты канонического уравнения:

Решение уравнения:

Эпюра изгибающих моментов М=М₁∙z₁+М_р:

Если ввести обозначение , то

Частный случай №1

: I_в=I_а.

Тогда:

Частный случай №2: .

В этом случае:

Запись опубликована 23.07.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

Случай I  От φ=1

«Основная система»

1. Определение толщины обжимаемого слоя грунта «Н₁».
2. Вычисление параметров r и s при b₁=1,
3. Введение безразмерной абсциссы .
4. Начальные параметры для основной системы:

         V₀=0, M₀=0.

   5.Граничные условия на правом краю:

при ξ=1 (x=d):   V (1)=0,              (1)

                            φ(1)=0.              (2)

«Развернув» их по формуле (2), будем иметь:

(1):  φ₀K_vφ(1)+MK_vм(1)+Q₀K_vQ(1)=0,

(2):  φ₀K_φφ(1)+MK_φм(1)+Q₀K_φQ(1)=0,

откуда:

;

    6. Из условия φ₀=1 найдем М:

   7.По найденному значению «М» определяем: М₀=М, φ₀=1 и Q₀.

    8.По третьей и четвертой формулам  при отсутствии грузовых членов находим значения М и Q в характерных сечениях 1, 2, 3 и 4.

Случай II  От ∆=1

«Основная система»

Пункты 1), 2), 3) – те же, что и в случае 1.

4.

Начальные параметры:

V₀=0, φ₀=0.

5. Граничные условия на правом краю:

   φ(1)=0,              (1)

   Q (1)=Р.             (2)

«Развернув» их по формуле (2), получим:

(1): M₀K_φм(1)+Q₀K_φQ(1)=0,

(2): M₀K_Qм(1)+Q₀K_QQ(1)=P,

откуда:

6  Из условия V (1)=1 находим значение «Р»:

M₀K_vм(1)+Q₀K_vQ

(1)=1,

                или

откуда:

7) Зная «Р», находим: М₀ и Q₀.

8)  По третьей и четвертой формулам  определяем значения М и Q в характерных сечениях.

Пример 1. Эпюры  М и Q от φ=1 для бруса длиной d=4м, сечением 1м×0,2м, при Е=332∙10⁴т/м².

1. Для конструкции тоннельной обделки интенсивность нагрузки на элемент лотка составляет:

Известное

решение теории упругости о действии сосредоточенной

силы на границе полуплоскости дает для _maxσ следующее выражение:

Что касается величины бытового напряжения, то в рассматриваемом примере σ_быт=γ_гр(h₀+h+d₂+H₁)=1,5 (0,833+1,5+5+Н₁)=1,5 (7,333+Н₁).

Тогда, Н₁ определяется из условия:

_maxσ=1,2σ_быт:

или ,

откуда .

Как известно, чем тоньше обжимаемый слой грунта, тем ближе

гипотеза Винклера к модели упругого полупространства.

В нашем случае, при Н₁=0,261м:

— значение параметра , характеризующего работу слоя грунта на обжатие, будет при μ₀=0,3:

,

— значение параметра , характеризующего работу слоя грунта на срез , что в 252 раза меньше k₁,

— а величина коэффициента постели по Винклеру:

Из сравнения следует, что величина второго параметра упругого основания t пренебрежимо мала, а расхождение между параметром k₁ и коэффициентом постели k составляет всего 9%.

В связи с этим нет необходимости в данном конкретном примере реализовывать алгоритм В.З.Власова, а вполне можно воспользоваться справочным материалом для элемента основной системы — см. здесь (с использованием теории упругого основания Винклера).

То же самое, очевидно, справедливо и для усилий от ∆=1.

Запись опубликована 18.06.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

При применении формул метода начальных параметров для балки конечной длины под действием равномерно распределенной нагрузки на упругом основании Власова-Леонтьева используются параметры «s» и «r».

Сравнивая выражения параметров «s» и «r», замечаем, что отношение   пропорционально  и обратно пропорционально Н². Следовательно, при малых значениях толщины обжимаемого слоя H<1м разница в величинах s² и r² огромна, и поэтому значения параметров α и β  почти одинаковы, а следовательно  . В этом случае специальные функции Власова   вырождаются в гиперболо-круговые функции одного аргумента, образующие известные функции Крылова.

Действительно, если  и , то .

При μ₀=0,3:

Если Н≤1м, то t≤5,83% k₁— пренебрежимо малая величина.

Но если Н>1м, то t>5,83% k₁, а именно:

— при Н=1,5м: t=13% k₁,

— при Н=2м: t=23,3% k₁,

— при Н=5м: t=45,75% k₁,

— при Н=10м: t=58,3% k₁.

Специфика условий сооружения и эксплуатации тоннелей мелкого заложения в открытых котлованах, а также многоочковых дорожных труб и проездов под высокими насыпями диктует простую прямоугольную форму поперечных сечений. Следовательно, элементы таких конструкций оказываются изгибаемыми, что диктует в свою очередь и выбор материала – это железобетон. Поэтому подобные сооружения получаются тонкостенными с относительно небольшим собственным весом.

Значит, такая конструкция, погруженная на малую глубину в грунт, обладая небольшим весом, не может вызвать и значительной толщины обжимаемого слоя «Н» под лотком.

В самом деле, нагрузку на тоннель, кроме его собственного веса, создает вес столба грунта над ним. А бытовое (фоновое) напряжение σ_быт возникает не только от веса такого столба, но еще и от веса столба грунта высотой, равной высоте самого тоннеля h_к. Таким образом, для того, чтобы _maxσ хотя бы сравнялось с напряжением σ_быт, надо, чтобы собственный вес единицы ширины обделки был не менее, чем γ_гр ·h_к, чего в относительно легких тонкостенных конструкциях практически не бывает.

Отсюда следует, что для расчета тоннельных обделок мелкого заложения двухпараметрическую модель упругого основания применить практически невозможно.

Что же касается многоочковых прямоугольных дорожных труб и проездов под высокими насыпями, то довольно простой анализ показывает: чтобы значения параметров α и β хоть сколько-нибудь заметно отличались друг от друга (а только в этом случае аргументы круговых и гиперболических функций в составе решений  получаются различными), высота насыпи над сооружением должна быть нереально большой, либо сама конструкция должна стать массивной и обладать огромным собственным весом, что совершенно нерационально.

Однако, если толщина обжимаемого слоя грунта, определенная иным путем либо назначенная по каким-то соображениям, окажется существенно большей 1м, то необходимо будет применить разработанный В. З.Власовым алгоритм, основанный на двухпараметрической модели упругого основания, поскольку в таком случае модель Винклера менее достоверна.

Запись опубликована 18.06.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

Дифференциальным уравнением изгиба балки на упругом основании Власова-Леонтьева является:

,

которое введением относительной абсциссы  сводится к виду:

    (1) ,

  где:EI- изгибная жесткость балки,

Н – толщина упругого основания,

ℓ — длина балки,

Е₀ – модуль деформации грунта основания,

μ₀ – коэффициент Пуассона грунта,

b – ширина слоя основания, равная ширине сечения балки,

q – интенсивность нагрузки,

z – абсцисса сечения,

V=V (η) – обобщенный прогиб.

Решение этого уравнения по методу начальных параметров дано В.З.Власовым в виде:

                (2), где:

K – функции влияния,

F – функции, зависящие от вида нагрузки и ее расположения на балке,

V₀, φ₀, M₀, Q₀ – начальные параметры.

Для балки под действием равномерно распределенной нагрузки «q» в случае шарнирного опирания по концам: V₀=0 и M₀=0, а φ₀ и Q₀ определяются из граничных условий при η=1:

V (1)=0 и М(1)=0. В развернутом виде эти условия будут:

  (3)

здесь: K^I(1) – первый интеграл от функции влияния при η=1,

           K^I(0) – первый интеграл от функции влияния при η=0.

Значения первых интегралов функций влияния получаются, если в выражениях для самих этих функций K заменить специальные функции   их первыми интегралами , тем самым избежать операции интегрирования.

Формулы (2) для рассматриваемого случая загружения и опирания примут вид:

                  (4)

Выражения функций влияния для случая s>r имеют вид:

 (5)

Выражения (3), (4) и (5) будут использоваться при решении задачи1, то есть изгиба тоннельной обделки как балки с жестким контуром сечения на упругом основании модели В.З.Власова.

А для решения задачи2 потребуются формулы метода перемещений для элементов основной системы, связанных с упругим основанием Власова-Леонтьева. Алгоритм и пример их получения приведен — здесь.

Запись опубликована 13.06.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

Определение толщины обжимаемого слоя грунта основания-см. здесь.

Рассмотрим задачу применительно к расчету тоннельной обделки.

Исходные данные:

γ_гр=1,5т/м³,

h₀=0,833м,

h=1,5м,

h_к=d₂=5м,

b=2∙d₁=2∙4=8м,

Тогда σ_быт=(h₀+h+d₂+H)∙γ_гр=(0,833+1,5+5+Н)∙1,5=(7,333+Н)∙1,5.

При q′=5,625т/пог.м и b=8м условие (а) примет вид:

Попытка №1: Н=2м.    5,5175<16,8.

Попытка №2: Н=1м.    7,76<14,9994.

Попытка №3: Н=0,7м. 10,48<14,45.

Попытка №4: Н=0,5м. 14,43≈14,18.

Итак, толщина обжимаего слоя грунта при решении задачи 1 Н=0,5м.

 

Запись опубликована 13.06.2017 автором admin в рубрике Прикладная механика.

Механика твердого тела – Определение, формулы, основные принципы

Серия испытаний

Автор: Айна Парашер|Обновлено: 29 сентября 2022 г. Механика твердого тела называется механика твердого тела . Механика твердого тела — это область исследований, изучающая материалы, конструкции и деформацию тех, кто находится под нагрузкой.

Изменение поперечного сечения под действием внутренних или внешних сил связано с механикой твердого тела. Прочность разрушения тел, упругость тел или напряжение, которое может развиться из-за внешней нагрузки, являются некоторыми свойствами тел в механике твердого тела. Ораторский подход дает аналогичный результат в механике твердого тела.

Содержание

• 1. Что такое механика твердого тела?
• 2. Формула механики твердого тела
• 3. Основные принципы механики твердого тела
• 4. Анализ механики твердого тела
• 5. Зависимость напряжения от деформации

Прочитать статью полностью

Что такое механика твердого тела?

Механика твердого тела — это раздел физической науки, изучающий влияние сил, перемещений и ускорений на движение сплошных твердых сред. В контексте механики твердого тела силы эквивалентны в горизонтальном и вертикальном направлениях, что позволяет определить направленную деформацию или деформацию материала.

Анализ материалов на отказ проводится путем сравнения внутренних напряжений с прочностью материала. Материал считается неповрежденным, если напряжения не превышают прочности материала, выполненного против прочности, которая является хрупкой и не имеет предела текучести. Есть исключения из правила, которое применяется почти ко всем материалам в рамках механики твердого тела.

Формула механики твердого тела

Важные формулы механики твердого тела могут использоваться для прогиба при различных условиях нагрузки, уравнений напряжения сдвига, уравнений кручения и уравнений момента, а также для различных типов условий текучести опоры. Некоторые из них-

• Штамм (δ) = PL/AE

Где; P = приложенная к балке нагрузка, L = длина балки, A= площадь поперечного сечения, E= модуль упругости

• Уравнение изгибающего момента M/I= F/Y= E/R
• Уравнение крутящего момента T/r= τ/J= G.θ/L

Где; M = Момент на балке, F = Сила сдвига, T = Сила кручения и т. д.

Основные принципы механики твердого тела

Принципы курса являются частью решений задач, рассматриваемых в курсе. Они должны быть как демонстрация понимания и применения трех принципов.

• Совместимость: Совместим с Displacement. Ограничения на геометрию и/или деформацию конструктивных элементов в данной системе налагаются характером вероятной деформации. Два твердых объекта не могут поместиться в одном и том же пространстве, потому что элементы должны меняться друг с другом.
• Диаграмма свободного тела:  Деталь должна иметь надлежащие реакции и/или приложенные внутренние силы, если она отделена от тела или изолирована от него (также известное как сечение) или окружение (также известное как граничные условия).
• Концепция напряжения-деформации:  Напряжение-деформация связана с отношениями размещения. Закон Гука связывает свойства материала и структурную геометрию в конструкции.

Анализ механики твердого тела

Механика твердого тела может быть проанализирована с помощью зависимости напряжения и деформации материала. Концепция напряжения заключается в том, чтобы найти важные свойства материала, такие как эластичность, пластичность, ковкость, твердость и ударная вязкость, которые можно определить. Когда внешняя сила приложена к материальному телу, природа материала изменяется либо в поперечном сечении, либо в геометрии.

В механике твердого тела причины внешней силы могут различаться в зависимости от условий эксплуатации, рабочей среды, контакта с другими материалами/элементами, жидкости под давлением или сил гравитации или инерции.

Эти приложенные внешние силы или развитые внутренние силы поднимают понятие напряжения, поскольку приложенные внешние силы, противодействующие частицам материала в равных и противоположных направлениях, могут вызвать напряжение в механике твердого тела.

Здесь образец материала находится под нагрузкой p как тяговое усилие. Предположим, что это прямоугольный стержень, площадь поперечного сечения которого равна «А», и когда к нему приложена растягивающая сила Р. Раздел разбит на две части в разделе XX, как показано ниже-

Теперь напряжение рассматривается как сила P на единицу площади A as-

σ = P/A

Здесь мы рассматриваем общую силу на соответствующей площади поперечного сечения. Если мы возьмем случайную область с дифференциальным пределом площади, то мы рассмотрим как

σ = δP/δA

, где δ указывается как частичная нагрузка или площадь поперечного сечения. Чтобы покрыть всю площадь под полной нагрузкой, мы взяли предел в качестве предела от 0 до A поперечного сечения. Единица напряжения: МПа = 106 Па, ГПа = 109.Па и кПа = 103 Па. Взаимосвязь деформаций

В общем, после внешней нагрузки на материал развивается деформация, подобная деформации, и возникает напряжение между молекулами твердого тела материала. Теперь между напряжением и деформацией формируется связь, например, когда деформация изменяется, как напряжение влияет на тело материала в механике твердого тела.

Деформация	Напряжение
Когда деформация равна нулю	Напряжение для материального тела также равно нулю.
При деформации 0,2% от деформации разрушения.	Напряжение достигает предела текучести образца материала.
Когда деформация составляет 2% от деформации разрушения.	Напряжение достигает точки пластичности образца материала.
Когда деформация составляет 20% от общей деформации.	Напряжение материала достигает точки сужения образца материала.
Когда напряжение достигает точки разрушения.	Напряжение достигается до предела прочности материала, который меньше предела текучести образца материала.

Напряжение-деформация также классифицируется как инженерная концепция напряжения-деформации в механике твердого тела или фактическая концепция напряжения-деформации в механике твердого тела.

Фактическое напряжение равно фактической приложенной силе/площади поперечного сечения суженной части

Инженерное напряжение равно = приложенной силе/площади поперечного сечения исходной части образца

Где техническое напряжение всегда больше, чем фактическое напряжение.

Часто задаваемые вопросы по Solid Mechanics

• Что такое механика твердого тела?

  Механика твердого тела — это изучение движения твердых материалов. Он используется для описания, объяснения и предсказания многих физических явлений вокруг нас.

• Как в механике твердого тела понимать упругопластический или хрупкий материал?

  Когда предел текучести материала пересекается с пределом прочности материала, материал ведет себя как упругопластический материал, и при увеличении напряжения материал внезапно растрескивается, что указывает на хрупкость материала.

• Почему механика твердого тела важна для изучения поведения материалов?

  Предмет механики твердого тела касается природы материала, свойств материала при различных воздействиях, таких как изменение напряжения, флуктуация деформации, вибрация, повышение или понижение температуры и химическая реакция.

• Как в механике мы можем классифицировать механику твердого тела?

  В механике твердого тела мы классифицировали ее как статическую механику твердого тела или динамическую механику твердого тела. В этой статической механике твердого тела силы не учитываются при деформации, но в динамике механики твердого тела силы учитываются при деформации твердого тела.

• Что такое понятие деформационного напряжения и упругости в механике твердого тела?

  Мы знаем, что напряжение равно произведению деформации и эластичности. В этом отношении, когда напряжение выше, это будет указывать на высокую деформацию и высокую эластичность материала. Это означает, что свойства материала напрямую влияют на нагрузку, воспринимаемую материалом.

• Как увеличение температуры влияет на материал механики твердого тела?

  Когда температура превышает точку жесткости материала, хрупкий материал ведет себя как пластичный или пластичный материал. Но если мы возьмем очень пластичный материал, такой как алюминий или резина, при очень низкой температуре материал может сломаться как хрупкий материал при приложении нагрузки.

ESE & GATE CE

Гражданский анге

GradeStack Learning Pvt. Ltd.Windsor IT Park, Tower – A, 2-й этаж,

Sector 125, Noida,

Uttar Pradesh 201303

help@byjusexamprep. com

Формула механической энергии – GeeksforGeeks

Когда сила воздействует на объект, чтобы сместить его, говорят, что выполняется работа. Работа влечет за собой использование силы для перемещения объекта. Объект будет собирать энергию после завершения работы над ним. Механическая энергия – это количество энергии, приобретаемой рабочим объектом. В этой статье будут обсуждаться формула и примеры механической энергии, а также понятие и компоненты механической энергии.

Механическая энергия

Сумма кинетической и потенциальной энергии объекта называется механической энергией. Она возникает в результате выполнения конкретной задачи. Другими словами, мы можем охарактеризовать энергию объекта на основе его скорости или положения, или того и другого.

Из-за его местоположения мы знаем, что объект обладает потенциальной энергией. Потому что потребуется некоторый труд, чтобы установить объект на определенной высоте. Кроме того, объект обладает кинетической энергией из-за работы, которую он совершает, чтобы двигаться. Когда объект движется, его потенциальная энергия считается равной нулю. Его кинетическая энергия, с другой стороны, будет равна 0, пока он находится в состоянии покоя.

Формула механической энергии

Формула механической энергии выглядит следующим образом:

Механическая энергия (М.Э.) = Кинетическая энергия (К.Э.) + Потенциальная энергия (П.Э.)

Где: К

9001. ) = (1/2)mv ²
• Потенциальная энергия (P.E.) = m × g × h

∴ Механическая энергия (M.E.) = ((1/2)mv ² ) + (m × g × h)

Где,

• m = масса объекта,
• v = скорость объекта,
• g = ускорение свободного падения,
• h = высота объекта над землей.

Примеры вопросов

Вопрос 1: Дайте определение механической энергии.

Ответ :

Сумма кинетической и потенциальной энергии объекта называется механической энергией. Кинетическая энергия объекта связана с его движением, а потенциальная энергия связана с его положением. Если в объекте нет движения, то полная механическая энергия будет только имеющейся в нем потенциальной энергией, аналогично, если ни положение объекта, ни его ориентация не меняются, то объект не имеет потенциальной энергии.

Вопрос 2: Тело, летящее на определенной высоте от земли, имеет 500 Дж кинетической энергии и 738 Дж потенциальной энергии. Вычислите полную механическую энергию, участвующую в этом.

Решение:

Дано: К.Э. = 500 Дж, Э.Э. = 738 Дж

Так как,

Механическая энергия (МЭ) = Кинетическая энергия (КЭ) + Потенциальная энергия (ПЭ)

∴ МЭ = 500 + 738

∴ 70009 МЭ = 1203 Дж 9038

002 Вопрос 3: Человек сидит на здании высотой 23 м и массой 150 кг. Определить количество механической энергии.

Решение:

Дано: h = 23 м, m = 150 кг, К. Э. = 0 (Человек в статическом положении)

Так как,

Механическая энергия (МЭ) = ((1/2)mv ² ) + (м × г × ч)

∴ МЭ = 0 + 150 × 9,81 × 23

∴ МЭ = 150 × 9,81 × 23

∴ МЭ = 33810 Дж

Вопрос 4: Рассчитайте механическую энергию предмета массой 21 кг, движущегося со скоростью 10 мс ^-1 .

Решение:

Дано: m = 21 кг, v = 10 мс ^-1 , P.E = 0 (Объект движется)

Так как,

Механическая энергия = (M.E. 2)mv ² ) + (m × g × h)

∴ МЭ = ((1/2) × 21 × 10 ² )) + 0

∴ МЭ = 1050 Дж

0

Вопрос 5: Если кинетическая энергия тела равна 230 Дж, а потенциальная энергия тела равна 300 Дж, то найти механическую энергию.

Решение:

Дано: К.Е. = 230 Дж, Э.Э. = 300 j

С,

Механическая энергия (M.