BTL bài tập lớn CƠ LÍ THUYÊT TRƯƠNG TÍCH THIỆN HCMUT

Báo cáo Bài Tập Lớn CƠ HỌC LÝ THUYẾT TRƯƠNG TÍCH THIỆN HCMUT gồm 8 chủ đề với các bài van nước, hệ cơ tay, khung giàn thép và hệ thống con lăn, ròng rọc ,.......phân tích nôi lực xác định mô men trong các thanh thép trong giàn , vận tốc góc, gia tốc gốc và vận tốc dài, vvv

SFS

KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG

-o0o -

BÀI TẬP LỚN Môn: CƠ HỌC LÝ THUYẾT Giảng viên hướng dẫn: PGS TS Trương Tích Thiện

Sinh viên: Trần Đức Thắng Lớp: XD14-XD12

MSSV: 1413677 Đề:

Tháng 05 năm 2015

Chủ đề 1

Bài 3) Cho mô hình van điều khiển nước có kích thước và vị trí như hình

vẽ.Lực F⃗ tác dụng tại điểm A,vuông góc với mặt phẳng chứa OA và trục z Độ lớn cua của lực F⃗ là F = 0,5 λ (kN)

a) Hãy biểu diễn vector lực F⃗ theo 3 thành phần vector đơn vị i , j , k⃗ b) Thu gọn lực F⃗ về tâm O

λ=5.8 F=2.9(N)

a) Ta có: {

Fx = −F cos400i

Fy = −F sin400j

Fz = 0 k⃗

{

Fx = −2,22i

Fy = −1,86j

Fz = 0 k⃗ b) Ta có F⃗ =(-2,22; -1,86; 0)

OR⃗⃗⃗⃗⃗ =(-125.10−3.sin400; 125.10−3.cos400; 0)

=(-0,08;0,096;0)

M⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ORO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋀F⃗ =(-0,08; 0,096; 0) (-2,22; -1,86; 0)

=(0; 0; 0,362)

 Nhìn theo phương Oz

125mm F

400

O y

x

Chủ đề 2

nhóm cơ cánh tay là nhóm cơ chính trong hình.Tính độ lớn lực F của

nhóm cơ chính cánh tay và độ lớn phản lực liên kết tại khuỷu tay E có vị trí như hình vẽ.Biết vị trí của lực tác dụng của nhóm cơ chính tại vị trí nằm ngang và bên phải điểm E,cách điểm E một đoạn 50mm,hướng đến điểm nằm phía trên điểm E,cách điểm E một đoạn 200mm.Khối lượng của cánh tay dưới là 1,5 kg có khối tâm tại G như hình vẽ

A

200mm F ⃗

α

E C N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ x G B

50mm

N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ y 100mm 200mm

P ⃗⃗⃗⃗⃗ 1

a) P⃗⃗⃗⃗⃗ 2

Chọn chiều Nx , Ny như hình vẽ Xét M⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ A F.sinα.EC-P1.EG-P2.EB=0 F=P1.EG+P2.EB sinα.EC =1,5.10.150+5,8.10.350 sin75,96 0 50 =464,89 (N) b) Ox : Nx -cosα.F=0 ⇒ Nx = cosα.F=112,78(N) Oy : Ny +P1+P2- F.sinα = 0 ⇒ Ny =F.sinα-P1-P2 =464,89 sin75,960-1,5.10-5,8.10 =378 (N) Chủ đề 3 Bài 2) Cho hệ giàn phẳng như hình bên.Cho AP = PO = OM = MK =KJ =JI = 5 λ (m); AB = BC = CD = DE = EF = FG = GH = HI Các lực có phương vuông góc với EI.Hãy xác định các phản lực lien kết tại A,I và ứng lực trong các thanh EF,KL,GL

Bài làm

Ay

⃗⃗⃗⃗⃗ I ⃗⃗

A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ x

IH=IJ.cosα=5λ.√3

2=25,11(m) AI=6AP=30λ=174(m)

a) Chọn chiều các phản lực như hình vẽ

Ta có :

Phương trình cân bằng lực

Ox : Ax -( FE+FF+FG+FH+FI).cos(π − α)=0

⇒ Ax =( FE+FF+FG+FH+FI) cos(π − α)

=(10+20+20+20+10) 103 cos600

=40.103(N)

Oy : Ay + I -( FE+FF+FG+FH+FI).sin(π − α)=0

⇒ Ay + I =( FE+FF+FG+FH+FI).sin(π − α)

=(10+20+20+20+10) 103 sin600

=40√3.103(N)

Xét M⃗⃗⃗⃗ = 0⃗ I

-Ay.AI + FE.EI+FF.FI+FG.GI+FH.HI =0

⇒ Ay= FE.EI+FF.FI+FG.GI+FH.HI

AI

=10.103.4HI+20.103.3HI+20.103.2HI+20.103.HI

6IJ

=160.103.HI

6IJ

=160.103

6 cosα

=40√33 103 (N)

I=40√3.103 - 40√33 103 = 80√33 103 (N)

Giả sử ban đầu các thanh trong hệ đều chịu kéo

Xét nút I

− THJ cos300=F cos600

THJ = - F.cos600

cos30 0 = - 30√3

3 (kN) (Thanh HI chịu nén)

Thanh HG cũng chịu nén

Xét nút H

THJ = -FH = -20 (kN) (Thanh HJ chịu nén)

Xét nút J

cos300 TGJ = cos300 THJ

TGJ =THJ = 20 (kN)

Xét nút F

TFL = -FF = -20 (kN) (Thanh FL chịu nén )

Xét nút L

TGL = TFL = 20 (kN)

Xét nút G

TGK + cos600 TGL +cos600 TGJ -FG =0

TGK =FG - cos600 TGL - cos600

= 0 (Thanh GL không chịu ứng lực tác dụng )

TGH + TGL - TGJ + TGF =0

TGF =FGJ - TGH − TGL

=- 30√3

3 (kN) (Thanh GK chịu nén) Xét nút F : Thanh TEF cũng chịu nén TEF =- 30√3

3 (kN) Xét nút K : TLK = TGK =0 (kN)

Chủ đề 4

Bài 5) Một mô hình con lăn được tạo thành bằng cách gắn chặt một khối

bán nguyệt bằng thép (p = 7830 kg/m3) và một khối trụ tròn bằng nhôm ((p

= 2690 kg/m3).Con lan được đặt nghiêng trên mặt phẳng nghiêng

a) Hãy xác định góc nghiêng 𝜃 sao cho con lăn vẫn cân bằng khi được thả ra tại vị trí mà phần mặt phẳng của khối bán nguyệt nằm thẳng đứng như trong hình vẽ

b) Cho biết hệ số ma sát nhỏ nhất bằng bao nhiêu để con lăn không bị trượt ?

Nếu 0 < λ < 3 thì d1 =16 mm d2 = 40 mm

Nếu 3 ≤ λ < 6 thì d1 =16,2 mm d2 = 40,2 mm

Nếu 6 ≤ λ < 9 thì d1 =16,5 mm d2 = 40,5 mm

λ=5.8

Fms

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

P1

⃗⃗⃗⃗

P⃗⃗⃗⃗ 2

P⃗⃗

V1 =π

2 ( R1 )2 d1 =π

2 ( 80 10−3)2.16,2 10−3 = 1,63 10−4 ( m3)

m1 =ρ1 V1 =7830 1.63 10−4=1,275 ( kg)

V2 = π.( R2 )2 d2=π.( 80 10−3)2.40,2 10−3 = 8 10−4 ( m3)

m2 =ρ2 V2 =2690 8 10−4=2,17 ( kg)

Giả sử vật 1 không bị cắt đi một nữa

Khối tâm của vật là R=m1 R1+m2.R2

m1+m2 =0,08(m) Khi vật 1 là hình bán nguyệt như hình vẽ:

Khối tâm của vật là R′=m1.R1+2m2.R2

m1+2m2 =0,08(m)

a )Ta có:

P1 và FF tạo thành một ngẫu lực làm con lăn quay

Để cân bằng:

Mfms ≥ P1 .R

P cosα ≥ P sinα R′

tanα ≤ Rμ′= μ

0.08=12,5 μ (μ: hệ số ma sát lăn)

0,5m

v ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ aA

O 0,25m B 𝛼

df

b) Con lăn trượt chứ không lăn

Fms- P sinα ≤ 0

k P cosα ≤ P sinα

k≤tanα (k : hệ số ma sát trượt )

Chủ đề 5

Bài 4) Thanh OA quay đều ngược chiều kim đồng hồ với vận tốc góc ω

= λ (rad/s).Điểm A trượt trên rãnh BD làm thanh BD chuyển động.Tại vị trí góc β =900, tính vận tốc gốc và gia tốc góc của BD

Chọn điểm B làm tâm tọa độ tuyệt đối của chuyển động

Thanh OA quay nhanh dần ngược chiều kim đồng hồ quanh O cố định

Ta có:

Chuyển động tuyệt đối: Điểm A đối với tâm B cố định( 𝑣⃗⃗⃗⃗ ) aA

Chuyển động tương đối: Điểm A chuyển động trên thanh BD ( v⃗⃗⃗⃗⃗ ) rA

Chuyển động kéo theo: Điểm A chuyển động đối với tâm O cố định( v⃗⃗⃗⃗ ) eA

Oy

v⃗⃗⃗⃗ eA 𝛽̇

𝜔

v⃗⃗⃗⃗ rA A D

Ox

Ta có :

𝑣⃗⃗⃗⃗ = vaA ⃗⃗⃗⃗ + vrA ⃗⃗⃗⃗ eA

Ox : cos(𝜋 − 𝛼) 𝑣eA = vrA

⇒ vrA = cos (600).0,5 λ

= 1,45 (m/s)

Oy : cos(𝛼) 𝑣eA =vaA

⇒ vaA = cos (300) 0,5 λ

=29√3

20 (m/s)

Ta có :

vaA = ωB.AB

⇒ ωB = vaA

AB =

29√3 20 OA.cos(α) = 5,8 (rad/s) ⇒ Thanh BD cũng quay ngược chiều kim đồng hồ nhanh dần

Chọn chiều các vector gia tốc như hình vẽ

a⃗⃗⃗ = aa ⃗⃗⃗ + ar ⃗⃗⃗ + ae ⃗⃗⃗ c

OA quay đều ⇒ εA =0

a⃗⃗⃗⃗ + anB ⃗⃗⃗⃗ =aτB ⃗⃗⃗ + ar ⃗⃗⃗⃗ + aτO ⃗⃗⃗⃗ + aOn ⃗⃗⃗ ac ⃗⃗⃗ = 2(ωc ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋀ ve ⃗⃗⃗⃗ ) rA

= 2 ωe vrA

= 2.5,8.1,45=16,82(m/𝑠2)

a⃗⃗⃗⃗ + anB ⃗⃗⃗⃗⃗ = aBτ ⃗⃗⃗ + ar ⃗⃗⃗⃗ + aτO ⃗⃗⃗⃗ + anO ⃗⃗⃗ c

Phương

chiều ⇈AB ⊥ AB ⇈AB ⊥ AO ⇈AO ⊥ AB

Độ lớn ωB2.AB

=5,82.0,5.√3

2

=14,57

εB.AB =? ? 0

(Vì thanh quay đều)

ωO2.AO

=5,82.0,5

=16,82

16,82

Chiếu lên Oy : aτB= anO cos(π − α)+ ac

εB.AB = cos600.16,82 +16,82 =25,23

⇒ εB = 25,23

0,5 =30,46 (rad/s2) ⇒ Gia tốc góc của thanh AB là εB = 30,46 (rad/s2)

Chủ đề 6

Bài 1) Cho cơ cấu tay quay con trượt và kích thước như hình vẽ.Vị trí

thanh OB được xác định bởi góc θ tạo bởi trục y và thanh OB.Tính gia tốc góc của AB và gia tốc dài của con trượt B tại thơi điểm θ = 900 ,giả sử tại thời điểm này θ̇ = 0 và θ̈ =0,2 λ (rad/s2) theo chiều dương θ

Con trượt A chuyển động tịnh tiến theo phương ngang

Thanh truyền AB chuyển động song phẳng trong mặt phẳng hình vẽ

Thanh OB quay cùng chiều kim đồng hồ

Tại lúc θ=900

A

𝑣𝑨

𝝉

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

400m 𝒗𝑨

𝒏

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 500mm

O P B

𝒗𝑩 𝒏

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

400mm

𝐯𝐁 𝛕

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

θ = 900

Điểm P là tâm vận tốc tức thời của thanh AB :

vB= ω0.OB = θ.OB = 0

Xét B ∈ AB:

⇒ v𝐁=PB vAB

⇒0=PB.vAB

⇒ ωAB=o

Xét điểm A ∈AB:

⇒ vA = ωAB.PA=0

𝐚𝐀𝐁

𝛕

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

A

𝐚𝐀

𝐚

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Oy

400m 𝐚𝐀𝐁

𝐧

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 500mm

O P B

𝐚𝐁 𝐧

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ O

x

400mm

𝐚𝐁

𝛕

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

Chọn chiều như hình vẽ:

Ta có:

aAa

⃗⃗⃗⃗ = a⃗⃗⃗⃗ + aaB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ aAB

⟺ a⃗⃗⃗⃗ = ( aaA ⃗⃗⃗⃗⃗ + aBτ ⃗⃗⃗⃗ ) + ( aBn ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + aABτ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) (1) nAB

Phươngchiều // Ox ⊥ BO ⇈BO ⊥ AB ⇈AB Độlớn ? θ̈.OB

=0,2λ.400

10−3

=0.464

θ̇2.OB

=0

εAB.AB

=?

ωAB2.AB

=0

(1) ⟺ a⃗⃗⃗⃗ =aaA ⃗⃗⃗⃗ + aτB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ τAB

Chiếu (1) lên phương AB:

cos 530.aaA = sin 530.aτB

⇒ aAa =tan 530.aBτ

= 0,615 (m/s)

Chiếu (1) lên phương⊥ AB:

⇒ sin α.aAa = -cos α.aτB + aτAB

⇒ aABτ = sin α.aaA + cos α.aBτ

= sin 53 0,615 + cos 53 0,464

= 0,77

mà aτAB= εAB.AB

⇒ εAB=aτAB

AB = 0,77

500.10 −3=1,54 (rad/s2)

Chủ đề 7

Bài 1)Cho hệ thống bánh răng hành tinh như hình vẽ.Bánh răng trung tâm

R được giữ cố định Bánh răng trung tâm S quay với vận tốc ωS = λ rad/s Lấy chiều quay của bánh răng S là chiều

dương Hãy tính vận tốc góc của bánh răng hành tinh P và trục quay A

rR =160 (mm)

 Áp dụng công thức willis cho bánh răng P và bánh răng R:

ωP −ωA

ωR−ωA = (-1)0 rR

rP

Mà bánh răng R cố định nên 𝜔𝑅 = 0 (s-1)

Vậy 𝜔𝑃 = -3.𝜔𝐴 (1)

 Áp dụng công thức willis cho bánh răng P và S:

𝜔𝑃 −𝜔𝐴

𝜔𝑆−𝜔𝐴 = (-1)1 𝑟𝑆

𝑟𝑃 = -2 (2)

Từ (1), (2) ⇒ {𝜔𝑃 = −5,8 s−1

𝜔𝐴 = 1,93 𝑠−1

⇒Bánh răng hành tinh P quay ngược chiều dương với vận tốc góc bằng 5,8 s-1 và trục quay A quay cùng chiều dương với vận tốc góc là 1,93 s-1

Chủ đề 8

Bài 4) Cho một tấm hình vuông cạnh AB

=100 λ(mm),khối lượng 2,5 kg chuyển động

theo hai rãnh định hướng A,B như hình vẽ.Hãy

xác định:

1)gia tốc góc của tấm hình vuông cạnh AB

2)Phản lực liên kết tại A và B

N⃗⃗

N⃗⃗⃗⃗ O Oy 1

B

N⃗⃗⃗⃗ 2

A Ox

P⃗⃗

P⃗⃗

Ta có : Gia tốc điểm B chuyển động trượt trên rãnh là gia tốc tiêp tuyến của B đối với tâm O

AB = 0,58 (m)

OB = OA = AB√2

2 = 0,29√2 (m) Theo hướng trọng lực như hình vẽ

Ta có:

Xét điểm B

P

⃗⃗ + N⃗⃗ = m a⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

Ox :P = m.a

⇒ a = P

m = g = 10 (m/s) (Đây là gia tốc tiếp của B đối với tâm O và cũng là hình vuông cạnh AB)

Ta có: a = ε.OB

⇒ ε = a

OB = 10

0,29√2 = 24,38 (rad/s2) Gia tốc góc của hình vuông cạnh AB là ε = 24,38 (rad/s2)

Tại điểm B rãnh nhẵn chỉ chịu tác dụng của trọng lưc nên phản lực tại B =

0

Xét tại A,ta có:

P

⃗⃗ + N⃗⃗ = m a⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

Oy : N = P =mg = 25 (N)

⇒ N1 = N.cosα =25 cos 300 = 25√3

2 (N) ⇒ N2 = N sinα = 25 sin 300 = 12,5 (N)