ĐHBK bài tập lớn cơ học lý thuyết

Trường Đại Học BK TPHCM Khoa Cơ Khí Nội dung: Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Khoa Cơ Khí 1 Mục lục I Chủ đề 1 – Thu gọn hệ lực – Bài 2 ................................................................2 II Chủ đề 2 – Tìm phản lực – Bài 1 ...................................................................4 III Chủ đề 3 – Bài toán giàn phẳng – Bài 2 ........................................................5 IV Chủ đề 4 – Ma sát – Bài 2 ...............................................................................9 V Chủ đề 5 – Bài toán chuyển động quay – Bài 3 ..........................................11 VI Chủ đề 6 – Bài toán chuyển động song phẳng – Bài 3 ...............................13 VII Chủ đề 7 – Bài toán cơ cấu vi sai – Bài 3 ....................................................16 VIII Chủ đề 8 – Bài toán động lực học một bậc tự do – Bài 4 ...........................18

Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Mục lục I/ Chủ đề – Thu gọn hệ lực – Bài II/ Chủ đề – Tìm phản lực – Bài III/ Chủ đề – Bài toán giàn phẳng – Bài IV/ Chủ đề – Ma sát – Bài .9 V/ Chủ đề – Bài toán chuyển động quay – Bài 11 VI/ Chủ đề – Bài toán chuyển động song phẳng – Bài .13 VII/ Chủ đề – Bài toán cấu vi sai – Bài 16 VIII/ Chủ đề – Bài toán động lực học bậc tự – Bài 18 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí I/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Thu gọn hệ lực Bài giải Câu a) Ta có:    T  0,5.  0,5.2  (N) Xét tam giác OBD vng O, ta có: BD  OB  OD  (OA  AB)  OD  (3  1,5)  32  29, 25 (m) Xét tam giác BCD vng B, ta có:   ˆ  tg 1  BD   tg 1  29, 25   74, 4986 BCD    1,5   BC    Chọn trục tọa độ Oxyz hình vẽ: Chiếu T  Tx i  Ty j  Tz k lên trục x: ˆ Ta có thành phần: Tx  T cos BCDi  1.cos  74, 4986 i  0, 2673i (N) Tương tự ta có: ED  OE  OD2  1,52  32  11, 25 (m) Do OBCE hình chữ nhật nên: CE  OB  OA  AB   1,5  4,5 (m)   ˆ  tg 1  ED   tg 1  11, 25   36, 6992  ECD    4,5   CE    Chiếu T  Tx i  Ty j  Tz k lên trục z, ta được: ˆ Tz  T cos ECDk  1.cos  36, 6992  k  0.8018k (N)  Ty  T  Tx2  Tz2  j  12  0, 26732  0,80182 j  0,5345 j (N) Vậy T  Txi  Ty j  Tzk  0,2673i  0,5345 j 0,8018 k Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Câu b) Ta có: r  (-1.5, 0, 4.5); Thu gọn tâm O:   MO T T  (0.2673, 0.5345, 0.8018)  r  T  (-2.4052, 0.0002, - 0.8017) Vậy sau thu gọn lực T tâm O ta được: T  (0.2673, 0.5345, 0.8018)   M O = (-2.4052, 0.0002, - 0.8017) Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí II/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Tìm phản lực Bài giải Tách cánh tay nút nhấn để phân tích lực ta có hình vẽ sau: Ta có: F    (N ) P  mg  1,5.9,81  14, 715 ( N ) Chọn hệ trục chiều hình vẽ: Moment qn tính thu gọn hệ lực O là:  M O ( Fj )  M O ( FD )  M O ( P)  M O ( F )  FD OD  P.OG  F (OG  GB)    M O ( Fj )  FD 0, 025  14, 715.0,15  2.(0,15  0,15)   FD  112, 29 ( N ) Vậy FD  112,29 ( N) Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí III/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Bài toán giàn phẳng Bài giải Ta vẽ hình phân tích lực chọn hệ trục hình vẽ: Với    AP  PO  OM  MK  KJ  JI  5.  5.2  10 (m)    ( m)  AB  BC  CD  DE  FG  GH  HI  JI cos 30  10   Xác định phản lực N A : + Moment hệ lực thu gọn tâm I là: Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu  M I ( Fj )  10 EI  20 FI  20GI  20 HI  N A AI   10.4 AB  20.3 AB  20.2 AB  20 AB  N A JI   AB 10.4  20.3  20.2  20   N A JI   JI cos 30 10.4  20.3  20.2  20   N A JI   NA  10.4  20.3  20.2  20  cos 30  40 ( KN ) Chiếu hệ lực lên trục Ox, Oy ta được:  Fjx  (10  20  20  20  10)sin 30  H I    Fjy  N A  (10  20  20  20  10) cos 30  VI   H  (10  20  20  20  10)sin 30  I VI   N A  (10  20  20  20  10) cos 30  H I  80sin 30  40 ( KN )   40 80  80 cos 30  ( KN ) VI   3   Phản lực có chiều giống hình vẽ - Ta cắt giàn mặt cắt m – m hình Xét phần bên trái cân Khi đó, hệ lực tác dụng gồm lực N A , F  10KN biết ba ứng lực thay cho phần liên kết bên phải giàn bỏ S EF , S EL , SMK - Phương trình cân bằng: +  M K ( Fj )  SEF GK  10sin 30.EM  10cos30.MK   N A AK  ① Với: Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu  GK  KI sin 30  JI sin 30  2.10  10 (m)    10 (m)  EM  AM tan 30  AP tan 30  3.10   MK  10 (m); AK  AP  4.10  40 ( m)   Từ ① ta có:    S EF 10  10sin 30.10  10 cos 30.10   S EF  40 40  1600 130 3  ( KN ) 10 100  Lại có, moment I là: +  M I ( Fj )   N A A  10cos30.MI  10sin 30.EM    SEL cos30.MI  S EL sin 30.MI      3 1    N A JI  10 .3JI  10 .3JI tan 30    S EL 3JI  S EL 3JI 0 2 2      3S EL  N A  20  40  20  60 3  S EL  60 ( KN ) + Khảo sát nút:  Xét nút F, ta thấy SFL  20 ( KN)  Xét nút L: Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chọn hệ trục hình vẽ, chiếu hệ lực lên trục Oy, ta được:  Fjy  S LF cos 30  S LG cos 30   S LG   S LF   S FL  20 ( KN ) Chiếu hệ lực lên trục Ox, ta được:  Fjx  S LK  S LG cos 60  S LF cos 60  S LE   S LK  20cos 60   20  cos 60  60   S LK  40 ( KN )  Nhận xét: - 130 ( KN ) <  chịu nén Thanh KL, GL có ứng lực S KL  S LK  40 ( KN ), SGL  S LG  20 ( KN ) >  chịu Thanh EF có ứng lực S EF  kéo Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí IV/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Ma sát Bài giải + Với    m1  (kg ), m2  10 (kg ) Câu a) Chọn hệ trục theo hình vẽ Xét vật 1:  Fjx1  P( a )  T  Fms1   Fjy1  N1  P1  ① ② Từ ②  N1  P1  50 ( N ) Xét vật 2:  Fjx  Fms1  Fms  T   Fjy  N2  N1  P2  ③ ④ Từ ④  N  N1  P2  150 ( N ) Để hệ bắt đầu chuyển động ta có: Fmst  Fmstgh   N  Fmst1  Fmstgh1  1 N1  0,5.50  25 ( N )   Fmst  Fmstgh  2 N  0, 6.(50  100)  90 ( N ) Từ ③  T  Fms1  Fms  25  90  115 ( N ) Thay vào ①, ta được: P  T  Fms1  115  25  140 ( N ) Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Câu b) Tương tự ta có Xét vật 1:  Fjx1  T  Fms1   Fjy1  N1  P1  ① ② Từ ②  N1  P1  50 ( N ) Từ ①  T  Fms1  25 ( N ) Xét vật 2:  Fjx  P(b)  Fms1  Fms  T  ③  Fjy  N2  N1  P2  ④ Từ ④  N  N1  P2  150 ( N ) Thay vào ③, ta P  T  Fms1  Fms  25  25  90  140 ( N ) Vậy hai trường hợp câu a câu b cho kết P  140 ( N ) 10 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí V/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Bài toán chuyển động quay Bài giải + Với        (rad / s),   3  (rad / s2 ) + Phân tích chuyển động:  Chọn OD làm hệ động  Chuyển động kéo theo: OD quay chiều kim đồng hồ quanh tâm O với vận tốc góc   (rad / s), e    Chuyển động tương đối: Điểm A trượt rãnh cong OD  Chuyển động tuyệt đối A: Thuộc OE quay quanh tâm C Kết hợp kiện đề ta có hình vẽ sau: + Bài tốn vận tốc: Ta có: ve  OA  2.0,06  0,12 (m / s) ve  0,12.2  0, 24 (m / s) cos 60 v 0, 24 Mà va  CE AC  CE  a   (rad / s) AC 0, 06  va   vr  va sin 60  3 (m / s) 25 + Bài toán gia tốc: 11 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Ta có: aa  ar  ae  ac  aat  atn  ar  aet  aen  ac a t a Ta có bảng phân tích sau: aan  AC  AC  CE AC ? ① ar aet aen ac Tiếp tuyến OA  OA  AO  OA 2 vr CE AC  0, 06  0,96  AO ar  AO  6.0,06  0,36  22.0, 06  0, 24 3 25 12  25  2.2 + Chọn hệ trục Oxy chiều  CE hình vẽ + Chiếu ① lên Oy: aat cos 60  aan sin 60  aet  ac 12   CE 0, 06  0,96  0,36   2 25   CE  12 (rad / s )   CE có chiều giống chiều chọn CE  ( rad / s) Vậy   CE  12 ( rad / s ) 12 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí VI/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Bài toán chuyển động song phẳng Bài giải + Với     AB  0,5  (rad / s ) + Phân tích chuyển động:  Thanh AB quay chiều kim đồng hồ quanh tâm A cố định  Thanh BC chuyển động song phẳng  Bánh O chuyển động song phẳng mặt phẳng ngang + Bài toán vận tốc: Bánh O lăn nằm ngang, P tiếp xúc với nên vP   P tâm vận tốc tức thời (TVTT) 13 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Do đó, ta có: vC  2vO  vC  2O OC ①  Xét BC chuyển động song phẳng, ta tìm K TVTT BC v v Ta có: BC  B  C KB KC Mà vB   AB AB  1.0,  0, (m / s)  KC 3 vB  vB sin 60  0,  (m / s) vC  KB   vB 0,   (rad / s) BC  0, KB  cos 60  vC Từ ①  O    (rad / s) 2OC 2.0,1 + Bài tốn gia tốc: Ta có: aC  aB  aC / B  aBt  aBn  aCt / B  aCn / B Mà aC  aO  aCt /O  aCn /O  aO  aCt /O  aCn /O  aBt  aBn  aCt / B  aCn / B ② Do điểm O chuyển động tịnh tiến theo phương ngang nên gia tốc điểm O có thành d (vO ) d (COO i )   CO O i  0,1 O i phần gia tốc tiếp tuyến  aO  aOt  dt dt  Chọn O làm điểm cực, Ta có bảng sau: aO aCt / O aCn / O aCt / B aCn / B aBt aBn / / Ox aO ? / / Ox aO ?  CO  BA O2 CO AB AB  0,1  0,3  0,  0,  CB  CB BC BC  BC BC ? 1    0,  15 3 14 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu  Chọn hệ trục Oxy chiều gia tốc hình vẽ Ta chiếu ② lên Ox: aO  aCt / O    aBn cos 60   aCn / B 1  2aO  0,  15 1  aO  (m / s ) 15 Vậy gia tốc tâm O có chiều ngược chiều chọn Chiếu ② lên Oy:   aCn / O   aBn sin 60  aCt / B   0,3  0,   BC 0,   BC  (rad / s ) Vậy gia tốc góc BC có chiều giống chiều chọn 15 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí VII/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Bài toán cấu vi sai Bài giải + Phân tích chuyển động:  Bánh A, B, C chuyển động song phẳng quanh tậm O cố định  Bánh E quay quanh tâm O cố định  Tấm tam giác D quay quanh tâm O cố định theo chiều kim đồng hồ với vận tốc góc     (rad / s) Từ kiện đề ta phân tích vẽ hình vẽ sau: Từ hình vẽ ta thấy: + Xét bánh A: 16 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Tấm D quay quanh tâm O chiều kim đồng hồ làm bánh chuyển động theo,  vP  vK tịnh tiến quanh tâm O theo chiều kim đồng hồ   P  Mà vP  OP  vK  OP  (r1  r2 )  (75  45).2  240 (m / s) Mặt khác vK  r2 A   A  - vK 240 16   (rad / s ) r2 45 Do vector vận tốc vK có chiều hướng sang phải  làm cho bánh A quay ngược chiều kim đồng hồ Bánh A chuyển động song phẳng quanh tâm O cố định, làm bánh E chuyển động theo, quay quanh tâm O Giải thích tương tự ta có chiều quay bánh E quay chiều kim đồng hồ quanh tâm O v 240  vK  r1E  E  K = =3,2 (m / s ) r1 75 16 (rad / s) ngược chiều kim đồng hồ, vận tốc góc bánh E E  3,2 (m / s) chiều kim đồng hồ  Vậy vận tốc góc bánh A, B, C  A  B  C  17 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu VIII/ Chủ đề – Bài toán động lực học bậc tự Giải + Xét hình vuông chuyển động song phẳng - Các lực tác dụng: ⃗ = 𝑚𝑔  Trọng lực: 𝑄  Chọn gia tốc trọng trường g  10  m / s   Q  2,5.10  25( N ) ⃗ 𝐴, 𝑁 ⃗𝐵  Phản lực pháp tuyến A, B: 𝑁 Ta khảo sát suy quỹ đạo tâm G đường thẳng song song với góc phần tư thứ hai y   x hệ tọa độ đề Từ kiện đề ta phân tích hình vẽ, từ ta tìm tâm vận tốc tức thời P v v v Do ta suy ra:   A  B  G  vG   PG PA PB PG 18 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu d  vG    PG dt Chú ý: PG ta tính dựa phương pháp tọa độ Dựng hệ tọa độ Axy có điểm A gốc tọa độ, Ay trùng AP, Ax trùng trục hoành  P  0, AB sin    P  0,100     200  200 G AG cos  , AG sin   G cos 45  30 , sin 45  30           2    Mà tâm G có chuyển động tịnh tiến nên ta suy được: aG   1  1   P  0,100   G 100 , 100  2     PG  50  50 3,  50  50  Vậy PG  50 2( 1  3) (mm) Từ ta tính thành phần lực quán tính thu gọn: qt 𝑅⃗𝐺𝑞𝑡 đặt G: R  ma  2,5.PG.  2, 5.50 2(1  3).  125 (1  3) G G m( AB  BC ) 2,5.(0, 22  0, 22 ) M Gqt  J G      12 12 60 2 m(lx  l y ) Chú ý moment tâm hình hình chữ nhật J Z  J O  12 ⃗ 𝐴, 𝑁 ⃗𝐵 Gọi d A , d B cánh tay đòn lực 𝑁 - Phương trình cân bằng: Fjx   R qt cos 45  N B   qt Fjy  R sin 45  N A  Q   qt M C  M  N A d A  N B d B  ① 200 cos75 100 cos75 Ta thay số liệu tính vào hệ ①, ta được:  N 0 F jx  125 2(1  3) B     0,13660 (rad/s )     N  25    N  12,50003 (N) F jy  125 2(1  3) A A   N   B  12, 49997 (N)  M    N 100 cos 75  N 100 cos 75   C 60 A B  Dễ thấy d A = d B  AG cos75  19 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí SVTH: Nguyễn Trung Hiếu  Vậy gia tốc góc hình vng   0,13660 (rad/s ) theo chiều kim đồng hồ, phản lực khớp A N  12,50003 (N) có chiều hình vẽ, phản lực khớp B A N  12, 49997 (N) có chiều ngược chiều chọn B 20 ... FD  112, 29 ( N ) Vậy FD  112,29 ( N) Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí III/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Bài toán giàn phẳng Bài giải Ta vẽ hình phân tích lực chọn hệ trục hình... câu a câu b cho kết P  140 ( N ) 10 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí V/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Bài toán chuyển động quay Bài giải + Với        (rad / s),   3 ... s) Vậy   CE  12 ( rad / s ) 12 Trường Đại Học Bách Khoa TPHCM Khoa Cơ Khí VI/ SVTH: Nguyễn Trung Hiếu Chủ đề – Bài toán chuyển động song phẳng Bài giải + Với     AB  0,5  (rad / s )