BÁO cáo bài tập môn học RUNG ĐỘNG tàu hệ 2 bậc tự do như hình vẽ dưới chịu 1 lực không đổi 0 f n = 3000 lực này bị cắt đột ngột tại điểm t = 0

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA BÁO CÁO BÀI TẬP MÔN HỌC RUNG ĐỘNG TÀU MÃ SỐ TR4049 Giảng viên hướng dẫn PGS.TS Lê Đình Tuân Sinh viên: Trương Quốc Khánh MSSV: 1710135 Excercice II.9: Hệ bậc tự hình vẽ chịu lực không đổi F0 = 3000 N Lực bị cắt đột ngột điểm t = Xác định: - Chuyển vị khối lượng theo thời gian; - Lực lò xo theo thời gian Cho: k = 106 N / m; m = 200kg Lời giải: - Các phương trình chuyển động: Các phương trình chuyển động xác định phương pháp Lagrange: bậc tự Các tọa độ suy rộng x1 x2 Khơng có ngoại lực tác động liên hệ (khi t > 0) Động năng: 2  = 2mx12 + 2mx22 - Thế năng: = 1 K ( x2 − x1 ) + kx12 2 - Các phương trình chuyển động:  2m x1 + kx1 + k ( x1 − x2 ) =   m x2 + k ( x2 − x1 ) = Mà ta viết dạng ma trận:    2m   x1   2k −k   x1      +    =    m   x   −k k   x2     2    400   x1   106 −106   x1       =    +  106   x2     200   x   −10  2 - Ta tìm nghiệm dạng phân ly biến (các điểm đồng pha: khơng có tiêu tán): x  q(t ) =   = x (t )  x2  Với:  (t ) = A sin( t) + Bcos( t) - Các tần số riêng: - Phương trình tính tần số riêng: 2(k − m ) −k det( K −  M) = =0 −k k − m 2 Dẫn đến: 2(k − m ) − k =  2(k − m ) − k   2(k − m ) + k  =    Hai nghiệm phương trình tương ứng với giá trị riêng:  k −1 1 =  = 38.27 rad / s m    2 = 92.39 rad / s  = k + 2  m  Dạng dao động riêng: Cho  = 1 Dẫn đến: (2 k − k(1 −  X1 = )]X1 − k = 2 Cho  = 2 Dẫn đến: (2 k − k(1 +  X1 = − )]X1 − k = 2 Khi ta viết lời giải tổng quát: q(t ) = 1 (t ) x(1) + 2 (t ) x(2) Nghĩa là:  2  2  x1  −       = ( A1 cos(1t ) + B1 sin(1t ))   + ( A2 cos(2t ) + B2 sin(2t ))   x  2         - Các điều kiện ban đầu: Tại t = 0, x1 = x2 = B1 = B2 = Tương tự, x1 = x2 = 0, phương trình chuyển động là:  2k   −k   −k   A1 − A2    2 =   k     F0  A1 + A2   Ta có: F0 (1 + k F A2 = (1 − k A1 = ) 2 ) - Ta viết lời giải tổng quát sau:  F0  2 ) cos(1t ) − (1 − ) cos(2t )  (1 + k  2  −3 −4 = 3.62110 cos(38.27t ) − 6.213 10 cos(92.39t ) x1 =   2 ) cos(1t ) + (1 − ) cos(2t )  (1 + 2   −3 −4 = 5.12110 cos(38.27t ) − 8.787 10 cos(92.39t ) x2 = F0 k - Lực lò xo thứ hai: F2 = k ( x1 − x2 ) = 1500cos(38.27 t) + 1500cos(92.39t ) - Lực lò xo thứ nhất: F1 = kx1 = 3621cos(38.27 t) − 621.3cos(92.39t ) Ví dụ II.6 Hai toa xe nối lò xo k va vào tường chắn hình Tính lực truyền lớn vào tường chắn hai toa xe có vận tốc đầu khơng đổi Các lị xo khơng co giản lúc ban đầu Cho m = 2000, k = 106 N / m , v = 30km / h Lời giải: Giả sử t = thời điển toa tàu chạm vào lò xo vách Điểm chọn để tính vị trí toa xe lấy trùng với điểm xác định vị trí toa thời điểm Tại t = 0, toa xe có vận tốc v = 30 km/h - Phương trính chuyển động: Các phương trình chuyển động định phương pháp Lagrange: bậc tự Các tọa độ suy rộng x1 x2 Khơng có ngoại lực tác động liên hệ (khi t > 0) Động năng: 2  = mx12 + mx22 - Thế năng: = 1 k( x2 − x1 ) + 2kx22 2 - Các phương trình chuyển động:   m x1 + kx1 + k ( x1 − x2 ) =  m x2 + k ( x2 − x1 ) + k x2 = Mà ta viết dạng ma trận:    m   x1   k k   x1      +    =    m   x   −k 3k   x2     2 - Ta tìm nghiệm dạng phân ly biến (các điểm đồng pha: khơng có tiêu tán): x  q(t ) =   = x (t )  x2  Với:  (t ) = A sin( t) + Bcos( t) - Các tần số riêng: - Phương trình tính tần số riêng: det( K −  M) = k − m −k −k =0 3k − m Dẫn đến: 3k − km − 3km + m2 − k = k 2k  −4  + = m m Hai nghiệm phương trình tương ứng với giá trị riêng:  2k 4k 2k k − − = (2 − 2) 1 =  = 29.64 rad / s m m m m    2 = 71.56 rad / s 4k 2k k  2k  = + − = (2 + 2)  m m2 m2 m  Dạng dao động riêng: Cho  = 1   x(1) =    X2  (k − 12 m)1 − kX = Dẫn đến: X = 1− 12 m = − (2 − 2) = − k Cho  = 2   x(2) =    X2  Dẫn đến: X = − (2 + 2) = − − Khi ta viết lời giải tổng quát: q(t ) =  (t ) x(1) +  (t ) x(2) Nghĩa là:      x1   + ( A2 cos(2t ) + B2 sin(2t ))     = ( A1 cos(1t ) + B1 sin(1t ))   x2   − 1  −1 −  - Các điều kiện ban đầu: Tại t = a) x1 = x2 =  A1 + A2 = ( − 1) A1 − (1 + 2) A2 = Điều cho A1 = A2 = b) x1 = x2 = 30km / h = 8.33m / s  1 B1 + 2 B2 = v  1 B1 ( − 1) − 2 B2 (1 + 2) = v Điều cho B1 = +1 v 1 B1 = − +1 v 2 Ta viết lại được: +1 v 1− v sin(1t ) + sin(2t ) 1 2 x1 = x2 = v v sin(1t ) + sin(2t ) 1 2 - Lực truyền đến vách: Lực tính F = 2kx2 Hai điều kiện để lực đạt giá trị lớn là: x2 = , tức toa xe thứ dừng lại( lực nhỏ lớn nhất) x2  để giá trị đạt cực đại - Điều kiện thứ viết: x2 = v v cos 1t + cos 2t = 2 Từ đó: (1 + 2 )t  ( −  )t  ) cos   = 2   (1 + 2 )t  = → t1 = 0.031 s 2 Ta có: (−1 + 2 )t  = → t1 = 0.075 s 2 cos( • Dao động tự do: - Chuyển động hệ thống sau rời khỏi hai lò xo nơi vách chắn theo cách sau: cho t = t’ thời điểm toa xe rời khỏi điểm tiếp xúc Vách chằn với lị xo lúc khơng nằm hệ nghiên cứu Hệ thống đơn giản hai khối lượng nối với lị xo có độ cứng k - Việc tìm ma trận độ cứng khối lượng thực theo lối làm ví dụ trước, khơng cịn kể đến lị xo vách chắn - Động năng: 2  = mx12 + mx22 - Thế năng: v= k ( x2 − x1 ) 2 - Phương trình chuyển động: mx1 + k( x1 − x2 ) = mx2 + k( x2 − x1 ) = Mà viết lại dạng ma trận:  m   x1   k    +   m   x2   −k −k   x1      =   k   x2    Chúng ta tìm lời giải kiểu đồng bộ( tất điểm đồng pha: khơng có tiêu tán) x  q(t ) =   = x (t )  x2  Tần số riêng: Phương trình tần số riêng viết: det  k −  M  = k − m −k −k =0 k − m Từ đó: k − km − km + m 2 − k = k  ( − ) = m Hai nghiệm phương trình tương ứng với giá trí riêng: 12 = 22 = 2k m Mode riêng: Khi  = 1 ,   x(1) =    X2  Từ đó: (k − 12 m)1 − kX =  X = Khi  = 2 ,   x(1) =    X2  Từ đó: X = −1 Ta viết dạng nghiệm tổng quát: q(t ) =  (t ) x(1) +  (t ) x(2) Tức là:  x1   1 1   = ( A1 + B1t )   + ( A2 cos(2t ) + B2 sin(2t ))    1  −1  x2  • Các điều kiện đầu: - Khi toa xe rời khỏi lò xo nới vách chắn( t = t’ ), x2 = Chúng ta tính giá trị t’ cách thay vào phương trình chuyển động phần trước cho x2 = Biết t’, ta tính giá trị x1 , x1 x2 - Tất nhiên, lực truyền vào vách chắn lúc = Ví dụ II.12 Trong tòa nhà/tàu khách lớn, cáp thang máy, chiều dài nó, có độ mềm, có độ mềm dọc trục lớn Môtô kéo cáp thông thường đặt cao buồng thang máy thấp, lực khởi động nối kết với buồng máy thông qua đàn hồi cáp treo Bài toán đặt áp dụng qua đàn hồi cáp treo Bài toán đặt áp dụng momen cho ổn định nhanh tốt sức căng cáp Chúng ta lý tưởng hóa tình hình hệ thống hai khối lượng lò xo, đó: m1 khối lượng buồng thang máy m2 khối lượng tương đương mô-tơ k độ cứng kéo cáp Câu hỏi: a) Viết phương trình chuyển động hệ thống tìm mode tần số riêng dao động; b) Viết phương trình chuẩn hóa hệ thống rút phương trinh mơ tả co giãn cáp; c) Xét trường hợp lực khởi động đặt vào bất “thình lình” F (t ) = t  F0 t  Và tính lực kéo cáp theo hàm thời gian Chỉ bất tiện cách khởi động này; d) Xét trường hợp lực khởi động tăng lên chậm rãi f(t ) = F0 t 0t 0 t1 F0 t  t1 Và chọn thời gian t1 cho ổn định sức căng cáp sau khởi động Lời giải: - Các phương trình chuyển động: Động viết dạng: 1 T = m1 x12 + m2 x22 2 V = k ( x2 − x1 ) 2 Từ đó:  m M =   m2   k −k  K =   −k k  Ma trận K bi suy biến, nghĩa có mode cứng Phương trình chuyển động có dạng:  −m1 g  Mq + kq =   = p(t )  f (t ) + m1 g  Trong đó: - −m1 g trọng lượng buồng thang máy - f(t) lực khởi động - m1 g đối trọng m1 x1 + k ( x1 − x2 ) = −m1 g (1) m2 x2 + k ( x2 − x1 ) = f (t ) + m1 g (2) Phương trình (1) viết: m1 x1 + k ( x1 − x2 + m1 g )=0 k (1) Ta đặt: - m1 g ;a k y = x1 + a a= đặc trưng độ giãn tỉnh hệ Hai phương trình viết lại: m1 y + k (y− x2 ) = (1) m2 x2 + k (x − y ) = f (t ) (2) Việc đổi biến đưa đến việc đặt lại:  y q=   x Các tần số riêng: Phương trình tần số riêng viết: det( K −  M ) = k − m1 −k −k =0 k − m2 Từ đó:  ( m1m2 − k (m1 + m2 )) = Hai nghiệm phương trình tương ứng với giá trị riêng: 12 = : mode cứng 22 = k (m1 + m2 ) m1m2 Các mode riêng:  k − m1i2   −k −k      = k − m2i2   ri  Khi  = 1 = 0, T x(1) = (1 1) Khi  = 2 = 0,    −m1  k T x(2) = 1  = 1  k − 2 m2   m2   Các phương trình chuẩn hóa: Biểu diễn đáp ứng chồng chất mode riêng:   y  1     = 1   +   −m1   1  x2   m     y = y1 + y2 x2 = 1 − Khi m1 y2 m2 1 = 0, Ta viết:  m 1 1 = (1 1)    = m1 + m2  m2  1   T x(1) P = (1 1)   = f (t )  f (t )  f (t ) 1 = (m1 + m2 ) Khi 2 = k  m1 + m2   m1m2  Ta có:  −m1  m1 2 = 1  m2    x T(2) P = (1 − −m1  ) m  2 + 222 = −     = m + m1 = m (1 + m1 )  −m 1 m2    m2 m2  m2   m1 f (t ) =− f (t )  m2 f (t ) m1 + m2 • Độ giãn cáp Gọi  độ giãn cáp:  = x2 − x1 = x2 − y + a m m = 1 − y2 + a − y1 − y2 = a − y2 (1 + ) m2 m2 m  = −(1 + ) y2 m2 Thay y2 y2 biểu thức chúng theo  phương trình chuẩn hóa thứ hai:  + (  − a ) 22 = z = −a f (t ) m2 Đặt z + z = f (t ) m2 Khi t = 0, độ giãn  độ giãn tỉnh a • Lực khởi động đột ngột (f(t) = Fo) Lời giải: z= F0 + A cos(2t ) + B sin(2t ) 22 m2 Các điều kiện ban đầu: Khi t = 0; z =z’ =0 A=− F0 m222 B=0 Lời giải: z= F0 (1 − cos(2t )) 22 m2  = F0 (1 − cos(2t )) + a 22 m2 Lực kéo cáp có dạng: T = k ( x2 − x1 ) = k T = k = = kF0 (1 − cos(2t )) + ak 22 m2 m1 (m1 + m2 )k F0 (1 − cos t ) + ak m1 + m2 m1m2 • Lực khởi động áp dụng chậm rãi ( gia lực từ từ ) 1) f (t) = F0 t t1 Lời giải:  t  t1  vào z = F0 t + A cos(2t ) + B sin(2t ) t1 22 m2 Các điều kiện ban đầu: Khi t = 0; z = z’ =0 A=0 B=− F0 t1 22 m2 Lời giải: z= F0 sin(2t ) (t − ) t1 2 m2 2  = F0 sin(2t ) (t − )+a t12 m2 2 Lực kéo cáp: T = k = = F0 k sin(2t ) (t − ) + ak t12 m2 2 F0 m1 (m1 + m2 )kt (2t − sin ) + ak m1 + m2 2t1 m1m2 Thời điểm t1 cho lực kéo ổn định sau khởi động tương ứng với vận tốc co giản  = (khơng có dao động) = F0 (1 − cos(2t )) = t122 m2 Điều kiện thực t = 2 2 = t1 2) f (t ) = F0 Khi t  t1 Lời giải viết: Z = F0 + A cos(2t ) + B sin(2t )  m2 2 Các điều kiện đầu: Ta lấy lại phương trình chuyển động trước điều kiện ban đầu Khi t = t1 , z = z1 , z = zt1 z = F0 = + A cos(2 ) + B sin(2 )  m2 2 F02  2 sin(2 )  −   2 22 m2  2 2  Từ A = z = B2 cos(2 ) = F02 (1 − cos(2 )) = 2 22 m2 Từ B = Lời giải: z= F0 22 m2  = F0 +a 22 m2 Lực kéo cáp là: T = k = F0 k F0 m1 + ak = + ak 2 m2 (m1 + m2 ) • Trường hợp lực khởi động chậm rãi f(t) = F0 *(t/t1) Lực kéo cáp theo thời gian có đồ thị là: ... = F0 t + A cos( 2t ) + B sin( 2t ) t1 ? ?22 m2 Các điều ki? ?n ban đầu: Khi t = 0; z = z’ =0 A =0 B=− F0 t1 ? ?22 m2 Lời giải: z= F0 sin( 2t ) (t − ) t1 ? ?2 m2 ? ?2  = F0 sin( 2t ) (t − )+a t1 ? ?2 m2 ? ?2. .. ? ?2 B2 (1 + 2) = v Điều cho B1 = +1 v ? ?1 B1 = − +1 v ? ?2 Ta vi? ?t lại được: +1 v 1? ?? v sin( 1t ) + sin( 2t ) ? ?1 ? ?2 x1 = x2 = v v sin( 1t ) + sin( 2t ) ? ?1 ? ?2 - Lực truy? ?n đ? ?n vách: Lực t? ?nh F = 2kx2... sin( 2t ) ? ?22 m2 Các điều ki? ?n ban đầu: Khi t = 0; z =z’ =0 A=− F0 m2? ?22 B =0 Lời giải: z= F0 (1 − cos( 2t )) ? ?22 m2  = F0 (1 − cos( 2t )) + a ? ?22 m2 Lực kéo cáp có dạng: T = k ( x2 − x1 ) =