giải các bài tập Cơ lý thuyết

LỜI NÓI ĐẦU Cơ học lý thuyết môn học trọng điểm trườg đại học kỹ thuật nói chung Bách Khoa Tp.HCM nói riêng.Nó cung cấp kiến thức tảng cho môn kỹ thuật sở kỹ thuật chuyên ngành Việc giải tập Cơ lý thuyết sinh viên gặp nhiều khó khăn tập mô hình xây dưng từ toán kỹ thuật.Vì để giải chúng phải nắm vững kiến thức toán học học mà cần phải có kỹ việc phân tích toán kỹ tính toán để chọn phương hướng giải toán cách hiệu Thông qua việc giải số toán đề Bài tập lớn cuối kì nhằm làm giảm bớt phần khó khăn Sinh viên thực Phạm Ngọc Thạch MSSV: 1413637 a=3 b=6 c=3 d=7  abc d  4.8 Chủ đề 1: Bài Chủ đề 2: Bài Chủ đề 3: Bài Chủ đề 4: Bài Chủ đề 5: Bài Chủ đề 6: Bài Chủ đề 7: Bài Chủ đề 8: Bài I Chủ đề – Thu gọn hệ lực Cho mô hình van điều khiển nước có kích thước vị trí hình vẽ Lực F tác dụng điểm A,vuông góc với mặt phẳng chứa OA trục z Độ lớn lực F F = O,5λ(kN) a Hãy biểu diễn vector lực F theo thành phần vector dơn vị i , j k b Thu gọn lực F tâm O Bài làm a) F  Fx i  Fy j  Fzk (1.1) F  mp(OA,Oz)  F  Oz  F mp(Oxy) Chiếu (1.1) lên trục tọa, ta được: Fx  Fcos   Fy  F sin   Fz  (1.2) Từ (1.1) (1.2), suy ra: F  Fcos  i  Fsin  j (1.3) Thay số vào (1.3): F  0,5  0,5.0,8  2,4 (kN);   40o Ta được: F  2,4cos 40o i  2,4sin40o j (kN) b)  R  F F  Mo  Mo (F) Mo (F)  OA  F (1.4) OA  (OBsin ;OBcos ;AB) (1.5) F  (Fcos ; Fsin ;0) (1.6) Từ (1.4), (1.5) (1.6), suy ra: Mo (F)  (AB.Fsin ;  AB.Fcos ;OB.F) (1.7) Thay số: F=2,4(kN);   40o AB  20(mm)  20.103 (m) II Chủ đề – Tìm phản lực Một người có trọng lượng W = λ (N) phân bố chân, người bắt đầu nâng người lên cách chậm rãi hình vẽ Tính lực kéo FD gân bánh chè phản lực liên kết điểm O điểm tiếp xúc xương ống chân xương đùi Bỏ qua trọng lượng chân Đơn vị chiều dài cm Bài làm Khi nâng người lên, để không bị ngã trọng lực tập trung thể hợp phản lực sàn tác dụng vào hai bàn chân người phải đường tác dụng Ta xem O khớp lề nội, chân thẳng, cứng bỏ qua trọng lượng, xem hệ chân hệ hình vẽ lực tương ứng hai chân hợp chúng biểu diễn hình vẽ Áp dụng định luật Newton cho hệ: N W  (Do nâng người lên cách chậm rãi) Tự hóa phần xương ống chân áp dụng định luật Newton: N  Nx  Ny  FD  (2.2) Chiếu (2.1) lên trục y: N W  N W (2.3) Chiếu (2.1) lên hai trục tọa độ x, y:  Nx  FD cos     N  Ny  FD sin   (2.4) Từ (2.4) suy ra: Nx  FD cos     Ny  N  FD sin  (2.5) Xét moment xương ống chân O, (2.1) chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ: N.D  FD d  (Do nâng người lên cách chậm rãi)  FD  N.D d (2.6) Thay (2.3) (2.6): FD  W D d (2.7) Thay (2.3) (2.7) vào (2.5), ta được: WD  Nx  d cos   N  W  WD sin   W(1  D sin )  y d d Phản lực O: D D NO  N2x  N2y  W ( cos )2  (1  sin )2 d d Lực kéo F gân bánh chè phản lực liên kết N O chân (xem hai chân nhau): F W D 2d N NO W D D  ( cos )2  (1  sin )2 2 d d Thay số: W    4,8(N) ;   55o ; D  (cm); d  (cm); Ta được: F 4,8.9  10,8 (N) 2.2 N 4,8 9 ( cos550 )2  (1  sin550 )2  12,8(N) 2 III Chủ đề – Bài toán giàn phẳng Cho hệ giàn phằng hình bên cho AP=PO=OM=MK=KJ=Jl=5λ(m); AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HI Các lực có phương vuông góc với El.Hãy tính phản lực liên kết A, l ứng lực EF, KL GL Bài làm * Phản lực liên kết A I: Đặt: a=AP=PO=OM=MK=KJ=Jl=5λ b=AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HI Hệ cho hệ giàn phẳng Áp dụng định luật Newton cho ngoại lực tác dụng lên giàn: 2F1  3F2  NAy  NIx  NIy  (3.1) Chiếu lên hai trục x, y:  2F1 sin   3F2 sin   NIx    NAy  NIy  2F1 cos   3F2 cos    NIx  (2F1  3F2 )sin    NAy  NIy  (2F1  3F2 )cos  (3.2) Moment trục quay qua I, chiều dương hình vẽ: NAy 6a  F1.4b  F2 (3   1)b   NAy 6a  F1.4b  F2 6b  (4F1  6F2 )b b  NAy  ( F1  F2 ) ,b  acos  a  NAy  ( F1  F2 )cos  (3.3) Từ (3.2) (3.3), suy ra: NIy  (2F1  3F2 )cos   NAy  NIy  (2F1  3F2 )cos   ( F1  F2 )cos   ( F1  2F2 )cos  3 NA  NAy  ( F1  F2 )cos  52 52 NI  NIx2  NIy2  (2F1  3F2 )2 cos2   ( F1  2F2 )2 cos2   cos  F1  13F22  FF Thay số: F1  10 (kN); F2  20 (kN);   30o Ta được: NA  40 (kN) NI  40 39 (kN) * Ứng lực EF, KL GL: Tự hóa I: NIy NIx  F1  N5,I  N1,I  Chiếu lên phương JI phương vuông góc với JI: N5,I  F1 sin   N1,I cos   NIx   F1 cos   N1,I sin   NIy  NIy  F1 cos   N1,I   sin  N  F sin   N cos   N 1,I Ix  5,I NIx  (2F1  3F2 )sin ,NIy  ( F1  2F2 )cos   ( F1  2F2 )cos   a0 N1,I   sin    ( F1  2F2 )cos2  N  (F  3F )sin   b0  5,I sin  Các phản lực N5,I , N1,I có chiều chọn Tự hóa J: N10,J  N5,J  F9,J  N6,J  Chiếu lên phương JI phương vuông góc với JI: N10,J sin   N9,J sin   N6,J  N5,J   N10,J cos   N9,J cos   2N9,J sin   N6,J  N5,J   N10,J  N9,J N5,J  N5,I  b N6,J  2N9,J sin   N5,J  b  2N9,J sin   N10,J  N9,J Tự hóa H: N9,H  N1,H  F2  N2,H  Chiếu lên phương HI phương vuông góc với HI: N9,H  F2  N2,H  N1,H N1,H  N1,I  a N9,H  N9,J  F2 Suy ra: N6,J  b  2F2 sin  N2,H  a Tự hóa F: N13,F  N3,F  F2  N4,F  Chiếu lên phương FG phương vuông góc với FG: N13,F  F2  N4,F  N3,F Tự hóa L: N13,L  N12,L  N7,L  N8,L  Chiếu lên phương vuông góc với LK: N12,L  N13,L N13,L  N13,F  F2  N12,L  F2 Tự hóa G: N11,G  N2,G  N10,G  F2  N12,G  N3,G  Chiếu lên phương GH phương vuông góc với GH: N3,G  N12,G cos   N2,G  N10,G cos   N11,G  F2  N12,G sin   N10,G sin  N3,G  N2,G  N10,G cos   N12,G cos   N11,G  F2  N12,G sin   N10,G sin  N2,G  N2,H  a N10,G  N10,J  N9,J  F2 N12,G  N12,L  F2 Suy ra: N3,G  a  F2 cos   F2 cos   N11,G  F2  F2 sin   F2 sin  N3,G  a  N11,G  F2 (1  2sin  ) Tự hóa K: N7,K  N6,K  N11,K  N14,K  Chiếu lên phương vuông góc với KJ: N7,K  N11,K N11,K  N11,G  N7,K  F2 (1  2sin  ) Ứng lực EF: NF,4  N4,F  N3,F  N3,G ( F1  2F2 )cos  a sin  Ứng lực KL: NK,7  N7,K  F2 (1  2sin ) Ứng lực GL: NG,12  N12,G  F2 Thay số: F1  10 (kN); F2  20 (kN);   30o Ta được: NF,4  130 (kN) NK,7  40 (kN) NG,12  20 (kN) IV Chủ đề – Bài toán ma sát Cho hệ gồm hai vật nối với hệ thống ròng rọc hình Vẽ Biết ròng rọc khối lượng, bỏ qua ma sát ròng rọc, dây không co dãn Vật (1) trượt mặt nghiêng, vật (2) lăn không trượt Hệ số ma sát vật (1) mặt nghiêng μ Vật (1) có trọng lượng P1 = 100 (N) Hỏi trọng lưọng P2 vật (2) phải nằm khoảng để hệ cân ? Biết: μ = 0,25 Bài làm * Vật (1) có xu hướng trượt xuống: Khi vật có xu hướng trượt xuống, vectơ lực ma sát Fms có phương song song với mặt phẳng nghiêng cố định chiều hướng lên Tự hóa vật (1) Áp dụng định luật hai Newton cho vật (1) vật (1) cân bằng: 2T1  N1  P1  Fms  (4.1) Áp dụng định luật hai Newton cho vật (2): T2  N2  P2  (4.2) Chiếu (4.1) lên hai trục tọa độ: 2T1  Fms  P1 sin 1   P1 cos 1  N1  (4.3) Chiếu (4.2) lên phương chuyển động: T2  P2 cos 2  Dây mềm, không dãn: T1  T2  T1  T2  P2 cos 2 (4.4) Từ (4.3) (4.4) suy ra: Fms  P1 sin 1  2P2 cos 2 (4.5) Để vật (1) không trượt mặt phẳng nghiêng cố định: Fms  Fmsth (4.6) Mặt khác: Fmsth  N1  Fmsth  P1 cos 1 (4.7) Từ (4.5), (4.6) (4.7), ta được: P1 sin 1  2P2 cos 2  P1 cos 1  2P2 cos 2  P1 sin 1  P1 cos 1  P1(sin 1  c os 1 )  P2  (sin 1  c os 1 )P1 2cos 2 (4.8) * Vật (1) có xu hướng trượt lên: Khi vật có xu hướng trượt lên, vectơ lực ma sát Fms có phương song song với mặt phẳng nghiêng cố định chiều hướng xuống Tự hóa vật (1) Áp dụng định luật hai Newton cho vật (1) vật (1) cân bằng: 2T1  N1  P1  Fms  (4.9) Chiếu (4.9) lên trục x: 2T1  Fms  P1 sin 1   Fms  2T1  P1 sin 1 (4.10) Từ (4.4) (4.10), suy ra: Fms  2P2 cos 2  P1 sin 1 (4.11) Từ (4.6), (4.7), (4.11), suy ra: 2P2 cos 2  P1 sin 1  P1 cos 1  2P2 cos 2  P1 sin 1  P1 cos 1  P1(sin 1  c os 1 )  P2  (sin 1  c os 1 )P1 2cos 2 (4.12) Từ (4.8), (4.12), suy ra: (sin 1  c os 1 )P1 (sin 1  c os 1 )P1  P2  2cos 2 2cos 2 Thay số: 1  20o ; 2  10o ;   0,25 ; P1  100 (N) Ta được: 5,4(N)  P2  29,3(N) V Chủ đề – Bài toán chuyển động quay Thanh OA quay ngược chiều kim đồng hồ với vận tốc góc ω=λ (rad/s) Điểm A trượt rãnh BD làm BD chuyển động Tại vị trí góc β=90o, tính vận tốc góc gia tốc góc BD Bài làm Gọi M điểm thuộc BD, thời điểm xét M trùng điểm A M A va  va (5.1) Đặt OA=l OB=l/2 Chiếu (5.1) lên trục y: vMay  v aA cos  (5.2) ; Với v aA  .OA  l Mặt khác: vMay  BD BM  BD  vMay BM (5.4) (5.3) BM  BA  OA  OB2  l cos   OA  BM Từ (5.2), (5.3), (5.4), suy ra: BD v cos    l    BM 5 l A a M A aa  aa Áp dụng định lý hợp gia tốc: A A M M M M M M M an  at  ae  ar  ac  (an  at )  ar  ac Do OA quay đều: A at  Do đó: A M M M M an  an  at  ar  ac (5.5) Chiếu (5.5) lên trục y: anA sin   aMt  aMc M M ac  2(BD  v r ) vMr  vMa sin   aMc  2BDvMa sin  aMt  anA sin   aMc anA  2l  aMt  (2l  2BD v Ma )sin  sin    aMt   aMt   , BD  ,v Ma  l (2l  2BD v Ma ) 5 2l  M Chiều a t ngược chiều dương chọn: aMt  BD BM aMt BM  2l  5   25 l  BD   BD Vậy BD quay chậm dần    25 BD  BD Thay số:     4,8 ( s1 ) Ta được: BD  3,84 ( s1 ) BD  5.5296  5,53 ( s2 ) VI Chủ đề – Bài toán chuyển động song phẳng Cho cấu tay quay trượt có kích thước mô tả hình vẽ Vị trí OB xác định góc θ tạo trục y OB Tính gia tốc góc AB gia tốc dài trượt A thời điểm góc  = 90o; giả sử thời điểm  =  = 0,2λ(rad/s2 ) theo chiều dương  Bài làm Biết:     ( s1 )     0,2  0,2.4,8  0,96 ( s2 ) Gọi P tâm quay tức thời AB,ta có: vBa  AB OP  .OB   AB  Áp dụng định lý hợp gia tốc cho điểm A: A B aa  aa  a AB B B AB AB  an  at  an  at aBn  2 OB  anAB  2AB AB  Do đó: A B AB aa  at  at (6.1) Chiếu (6.1) lên hai trục y ta được: atAB sin   aBt   atAB  aBt sin  (6.2) Chiếu (6.1) lên hai trục x ta được: aaA  atAB cos  (6.3) Từ (6.2) (6.3), suy ra: aaA  aBt aB cos   t sin  tan  aBt  .OB (6.4) (6.5) BP  AB2  AP2  5002  4002  300(mm) AP  400(mm) OB  400(mm) tan    AB  BP  AP atAB AB (6.6) (6.7) Từ (6.2), (6.5), (6.7), suy ra:  AB  aBt aB OB  t    ABsin  BP BP Từ (6.4), (6.5), (6.6), suy ra: aaA  aBt  OB tan  Thay số:   0,96 ( s2 ); OB  400(mm)  0,4(m) Ta được: Gia tốc dài trượt A: aaA  0,512 ( m.s2 ) Gia tốc góc AB:  AB  1,28 ( s2 ) VII Chủ đề – Bài toán cấu vi sai Cho hệ thống bánh hành tinh hình vẽ Bánh trung tâm A tiếp xúc với bánh hành tinh B Bánh hành tinh B gắn chặt với bánh hành tinh C Bánh hành tinh C tiếp xúc với bánh trung tâm R Cần ED nối tâm bánh A với tâm bánh C Bánh A cần ED có khả quay quanh tâm E Bánh trung tâm R giữ cố định Cần ED quay ngược chiều kim đồng hồ với vận tốc ωD = λ rad/s Lấy chiều quay cần ED chiều dương Tính vận tốc góc bánh A bánh B Bài làm Chọn chiều dương chiều quay cần ED Áp dụng công thức Willis cho bánh (R) (C): r R  D  (1) (C  D ) rR C R  Suy ra: rA  200(mm) rB  300(mm) (7.1) rC  100(mm) rR  600(mm) D  rC (C  D ) rR (C  D )  6D  C  D  D   C  5D Bánh (C) quay ngược chiều dương chọn với: C  5D (7.2) Do bánh (B) gắn chặt với bánh (C) nên: B  C Bánh (B) quay ngược chiều dương chọn với: B  C (7.3) Từ (7.2), (7.3), suy ra: B  5D Áp dụng công thức Willis cho bánh (B) (A): B  ( 1)1 rA A rB  B   rA A   A rB 3 3  A   B   C   ( 5D ) 2 15  A  D Bánh (A) quay chiều dương chọn với: A  15 D Thay số: D    4,8 ( s1 ) Ta được: A  36 ( s1 ) B  24 ( s1 ) VIII Chủ đề – Bài toán động lực học bậc tự Cho hệ hình vẽ Motor M tạo lực kéo liên tục P= l00λ(N), ròng rọc A có khối lượng 24(kg) bán kính quán tính tâm A 125mm Vật B có khối lượng 50(kg) Giả sử hệ ban đầu đứng yên, xác định: Vận tốc gia tốc Vật B sau quãng đường 2(m) Phản lực ròng rọc A tác động vào khớp lề A Bài làm Áp dụng định luật Newton cho vật B: T  Q  ma (8.1) Moment lực tâm A: PR  Tr  I (8.2) Chiếu (8.1) lên phương chuyển động: T  Q  ma (8.3) Mặt khác: a  .r (8.4) Từ (8.3) (8.4), suy ra: T  Q  ma  Q  m.r Dây mềm, không dãn: T  T Thay (8.5) vào (8.2): PR  (Q  m.r)r  I  PR  Qr  m.r  I  PR  Qr  I  m.r (8.5) PR  Qr I  mr Q  mg,I  Md2 ,R  2r  Do đó: 2Pr  mgr Md2  mr (2P  mg)r  Md2  mr  (8.6) Thay (8.6) vào (8.4): (2P  mg)r (2P  mg)r a  .r  r Md2  mr Md2  mr Ta có: v  2as  v  2as Thay số: P  100  100.4,8  480 (N); M  24 (kg); m  50 (kg) d  125(mm)  0,125(m) ; r  75(mm)  0,075(m) s  2(m) Lấy g  9.8(m.s2 ) Ta được: Gia tốc vật B: a  (m.s2 ) Tốc độ vật B lên cao (m): v  ( m.s1 ) Áp dụng định luật Newton cho ròng rọc: N  P  T  W  Nx  P sin    Ny  T  W  Pcos   Nx  P sin    (2P  mg)mr  N  T  W  Pcos   T  W  mg  Mg  Pcos   ma  mg  Mg  Pcos    y Md2  mr  .Vậy phản lực ròng rọc A tác động vào khớp lề A: N  N2x  N2y Nx  P sin   Với:  (2P  mg)mr N  mg  Mg  Pcos    y Md2  mr  ... đề – Bài toán giàn phẳng Cho hệ giàn phằng hình bên cho AP=PO=OM=MK=KJ=Jl=5λ(m); AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HI Các lực có phương vuông góc với El.Hãy tính phản lực liên kết A, l ứng lực EF, KL GL Bài. .. nâng người lên cách chậm rãi hình vẽ Tính lực kéo FD gân bánh chè phản lực liên kết điểm O điểm tiếp xúc xương ống chân xương đùi Bỏ qua trọng lượng chân Đơn vị chiều dài cm Bài làm Khi nâng... – Bài toán chuyển động quay Thanh OA quay ngược chiều kim đồng hồ với vận tốc góc ω=λ (rad/s) Điểm A trượt rãnh BD làm BD chuyển động Tại vị trí góc β=90o, tính vận tốc góc gia tốc góc BD Bài