Bài tập lớn Cơ lý thuyết - Phạm Ngọc Thạch
LỜI NÓI ĐẦU
Cơ học lý thuyết là một trong những môn học trọng điểm của các trườg đại học
kỹ thuật nói chung và của Bách Khoa Tp.HCM nói riêng.Nó cung cấp những kiến thức
nền tảng cho các môn kỹ thuật cơ sở và kỹ thuật chuyên ngành.
Việc giải các bài tập Cơ lý thuyết đối với sinh viên gặp nhiều khó khăn bởi các
bài tập này là những mô hình được xây dưng từ các bài toán kỹ thuật.Vì vậy để giải
chúng không những phải nắm vững các kiến thức về toán học và cơ học mà còn cần
phải có kỹ năng trong việc phân tích bài toán và kỹ năng tính toán để chọn phương
hướng giải quyết bài toán một cách hiệu quả.
Thông qua việc giải một số bài toán trong đề Bài tập lớn cuối kì nhằm làm giảm
bớt phần nào khó khăn trên.
Sinh viên thực hiện
Phạm Ngọc Thạch
MSSV: 1413637
a=3
b=6
c=3
d=7
a b c d
4.8
4
Chủ đề 1: Bài 3
Chủ đề 2: Bài 4
Chủ đề 3: Bài 2
Chủ đề 4: Bài 1
Chủ đề 5: Bài 4
Chủ đề 6: Bài 1
Chủ đề 7: Bài 2
Chủ đề 8: Bài 5
I. Chủ đề 1 – Thu gọn hệ lực
Cho mô hình van điều khiển nước có kích
thước và vị trí như hình vẽ. Lực
điểm A,vuông góc với mặt phẳng chứa OA và
trục z. Độ lớn của lực là F = O,5λ(kN)
a. Hãy biểu diễn vector lực F theo 3
thành phần vector dơn vị và
về tâm O.
F
tác dụng tại
F
i
,
j
k
.
b. Thu gọn lực
F
Bài làm
a)
F F i F j Fk (1.1)
x
y
z
F mp(OA,Oz) F Oz F )
Chiếu (1.1) lên các trục tọa, ta được:
F Fcos
x
F Fsin
(1.2)
y
F 0
z
Từ (1.1) và (1.2), suy ra:
F Fcosi Fsinj
Thay số vào (1.3):
(1.3)
F 0,5 0,5.0,8 2,4(kN); 40o
Ta được:
F 2,4cos40i 2,4sin40j (kN)
b)
F
M M (F)
o
o
Mo(F) OA F
(1.4)
OA (OBsin;OBcos;AB)
F (Fcos;Fsin;0)
(1.5)
(1.6)
Từ (1.4), (1.5) và (1.6), suy ra:
Mo(F) (AB.Fsin;AB.Fcos;OB.F) (1.7)
Thay số:
F=2,4(kN); 40o
AB 20(mm) 20.103(m)
II. Chủ đề 2 – Tìm phản lực
Một người có trọng lượng W = λ (N)
phân bố đều trên cả 2 chân, người này
bắt đầu nâng người lên một cách chậm
rãi như hình vẽ. Tính lực kéo cơ FD của
gân bánh chè và phản lực liên kết tại
điểm O là điểm tiếp xúc giữa xương
ống chân và xương đùi. Bỏ qua trọng
lượng của chân. Đơn vị chiều dài là
cm.
Bài làm
Khi nâng người lên, để không bị ngã thì trọng lực
tập trung của cơ thể và hợp của phản lực do sàn tác
dụng vào hai bàn chân người này phải cùng đường
tác dụng.
Ta xem O như là một khớp bản lề nội, các chân
như các thanh thẳng, cứng và bỏ qua trọng lượng,
xem hệ 2 chân là hệ như hình vẽ và các lực tương
ứng ở hai chân là bằng nhau và hợp của chúng được
biểu diễn như hình vẽ.
Áp dụng định luật 2 Newton cho hệ:
N W 0 (Do nâng người lên một cách chậm rãi) (2.1)
Tự do hóa phần xương ống chân và áp dụng định
luật 2 Newton:
NNx Ny FD 0
(2.2)
Chiếu (2.1) lên trục y:
N W 0
N W
(2.3)
Chiếu (2.1) lên hai trục tọa độ x, y:
N F cos 0
x
D
(2.4)
NN F sin 0
y
D
Từ (2.4) suy ra:
N F cos
x
D
(2.5)
N NF sin
y
D
Xét moment của xương ống chân đối với O,
chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ:
N.DF .d 0 (Do nâng người lên một cách chậm rãi)
D
N.D
F
(2.6)
D
d
Thay (2.3) và (2.6):
W.D
F
(2.7)
D
d
Thay (2.3) và (2.7) vào (2.5), ta được:
WD
d
Nx
cos
WD
D
Ny W
sin W(1 sin)
d
d
Phản lực tại O:
D
D
NO N2x N2y W ( cos)2 (1 sin)2
d
d
Lực kéo cơ F của gân bánh chè và phản lực liên kết N tại O trên mỗi chân (xem hai
chân là như nhau):
W.D
F
2d
NO
2
W
2
D
D
N
( cos)2 (1 sin)2
d
d
Thay số:
W 4,8(N)
;
55o
;
D 9(cm); d 2(cm);
Ta được:
4,8.9
F
10,8(N)
2.2
4,8
2
9
9
N
( cos550 )2 (1 sin550 )2 12,8(N)
2
2
III. Chủ đề 3 – Bài toán giàn phẳng
Cho hệ giàn phằng như 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
các phản lực liên kết tại A, l và ứng lực
trong các thanh EF, KL và GL.
Bài làm
* Phản lực liên kết tại A và I:
Đặt: a=AP=PO=OM=MK=KJ=Jl=5λ
b=AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HI
Hệ đã cho là hệ giàn phẳng
Áp dụng định luật 2 Newton cho các
ngoại lực tác dụng lên giàn:
2F1 3F2 NAy N N 0
(3.1)
Ix
Iy
Chiếu lên hai trục x, y:
2F sin 3F sin N 0
1
2
Ix
N N 2F cos 3F cos 0
Ay
Iy
1
2
N (2F 3F )sin
Ix
1
2
(3.2)
N N (2F 3F )cos
Ay
Iy
1
2
Moment đối với trục quay qua I, chiều dương như hình vẽ:
NAy.6a F.4b F (3 2 1)b 0
1
2
NAy.6a F.4b F .6b (4F 6F )b
1
2
1
2
2
b
NAy ( F F ) ,b acos
1
2
3
a
2
NAy ( F F )cos
(3.3)
1
2
3
Từ (3.2) và (3.3), suy ra:
N (2F 3F )cos NAy
Iy
1
2
2
4
N (2F 3F )cos ( F F )cos ( F 2F )cos
Iy
1
2
1
2
1
2
3
3
2
NA NAy ( F F )cos
1
2
3
4
52
9
52
F2 13F2 FF
N N2 N2 (2F 3F )2 cos2 ( F 2F )2 cos2 cos
I
Ix
Iy
1
2
1
2
1
2
1 2
3
3
Thay số:
F 10(kN); F 20(kN); 30o
1
2
Ta được:
40 3
NA
(kN)
(kN)
3
40 39
N
I
3
* Ứng lực trong các thanh EF, KL và GL:
Tự do hóa I:
N N F N5,I N1,I 0
Iy
Ix
1
Chiếu lên phương JI và phương vuông góc với JI:
N F sin N cos N 0
5,I
1
1,I
Ix
F cos N sin N 0
1
1,I
Iy
N F cos
Iy
1
N
1,I
sin
N5,I F sin N1,I cos N
1
Ix
4
N (2F 3F )sin,N ( F 2F )cos
Ix
1
2
Iy
1
2
3
1
( F 2F )cos
1
2
3
N
a 0
1,I
sin
1
( F 2F )cos2
1
2
3
N5,I (F 3F )sin
b 0
1
2
sin
Các phản lực N5,I
Tự do hóa J:
, N1,I có chiều như đã chọn
N10,J N5,J F9,J N6,J 0
Chiếu lên phương JI và phương vuông góc với JI:
N10,J sin N9,J sin N6,J N5,J 0
N10,J cos N9,J cos 0
2N sin N N 0
9,J
6,J
5,J
N
N9,J
10,J
N5,J N5,I b
N
2N9,J sin N5,J b 2N9,J sin
N9,J
6,J
N
10,J
Tự do hóa H:
N9,H N1,H F N2,H 0
2
Chiếu lên phương HI và phương vuông góc với HI:
N
F
9,H
2,H
2
N
N1,H
N1,H N1,I a
N9,H N9,J F
2
Suy ra:
N6,J b 2F sin
2
N2,H a
Tự do hóa F:
N13,F N3,F F N4,F 0
2
Chiếu lên phương FG và phương vuông góc với FG:
N
F
13,F
4,F
2
N
N3,F
Tự do hóa L:
N13,L N12,L N7,L N8,L 0
Chiếu lên phương vuông góc với LK:
N12,L N13,L
N13,L N13,F F
2
N12,L F
2
Tự do hóa G:
N11,G N2,G N10,G F 2 N12,G N3,G 0
Chiếu lên phương GH và phương vuông góc với GH:
N
3,G N12,G cos N2,G N10,G cos
N
F N12,G sin N10,G sin
11,G
2
N
N2,G N10,G cos N12,G cos
3,G
N
F N12,G sin N10,G sin
11,G
2
N2,G N2,H a
N10,G N10,J N9,J F
2
N12,G N12,L F
2
Suy ra:
N
a F cos F cos
3,G
2
2
N
F F sin F sin
11,G
2
2
2
N
a
3,G
N
F (1 2sin)
11,G
2
Tự do hóa K:
N7,K N6,K N11,K N14,K 0
Chiếu lên phương vuông góc với KJ:
N7,K N11,K
N11,K N11,G
N7,K F (1 2sin)
2
Ứng lực trong thanh EF:
1
( F 2F )cos
1
2
3
NF,4 N4,F N3,F N3,G a
Ứng lực trong thanh KL:
sin
NK,7 N7,K F (1 2sin)
2
Ứng lực trong thanh GL:
NG,12 N12,G F
2
Thay số:
F 10(kN); F 20(kN); 30o
1
2
Ta được:
130 3
3
NF,4
(kN)
NK,7 40(kN)
NG,12 20(kN)
IV. Chủ đề 4 – Bài toán ma sát
Cho cơ hệ gồm hai vật nối với hệ thống ròng rọc
như hình Vẽ. Biết rằng ròng rọc không có khối
lượng, bỏ qua ma sát của ròng rọc, dây không
co dãn. Vật (1) trượt trên mặt nghiêng, vật (2)
lăn không trượt. Hệ số ma sát giữa vật (1) và
mặt nghiêng μ. Vật (1) có trọng lượng P1 = 100
(N). Hỏi trọng lưọng P2 của vật (2) phải nằm
trong khoảng nào để hệ cân bằng ?
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 sẽ có phương
song song với mặt phẳng nghiêng cố
định và chiều hướng lên.
Tự do hóa vật (1)
Áp dụng định luật hai Newton cho
vật (1) khi vật (1) vẫn cân bằng:
2T1 N1 P1 Fms 0
Áp dụng định luật hai
Newton cho vật (2):
T2 N2 P2 0
(4.1)
(4.2)
Chiếu (4.1) lên hai trục tọa độ:
2T F P sin 0
1
ms
1
1
(4.3)
P cos1 N1 0
1
Chiếu (4.2) lên phương chuyển động:
T P cos2 0
2
2
Dây mềm, không dãn:
T T2
1
T T P cos2
(4.4)
1
2
2
Từ (4.3) và (4.4) suy ra:
F P sin1 2P cos2 (4.5)
ms
1
2
Để vật (1) không trượt trên mặt phẳng nghiêng cố
định:
F F
(4.6)
ms
msth
Mặt khác:
N1
F
msth
F P cos1
(4.7)
msth
1
Từ (4.5), (4.6) và (4.7), ta được:
P sin1 2P cos2 P cos1
1
2
1
2P cos2 P sin1 P cos1 P(sin1 cos1)
2
1
1
1
(sin1 cos1)P
1
P
(4.8)
2
2cos2
* Vật (1) có xu hướng trượt lên:
Khi vật có xu hướng trượt lên, vectơ lực ma sát Fms sẽ có phương song song với mặt
phẳng nghiêng cố định và chiều hướng xuống.
Tự do hóa vật (1)
Áp dụng định luật hai Newton cho vật (1) khi vật (1) vẫn cân bằng:
2T1 N1 P1 Fms 0
Chiếu (4.9) lên trục x:
2T F P sin1 0
(4.9)
1
ms
1
F 2T P sin1
(4.10)
(4.11)
ms
1
1
Từ (4.4) và (4.10), suy ra:
F 2P cos2 P sin1
ms
2
1
Từ (4.6), (4.7), (4.11), suy ra:
2P cos2 P sin1 P cos1
2
1
1
2P cos2 P sin1 P cos1 P(sin1 cos1)
2
1
1
1
(sin1 cos1)P
1
P
(4.12)
2
2cos2
Từ (4.8), (4.12), suy ra:
(sin1 cos1)P
(sin1 cos1)P
1
1
P
2
2cos2
2cos2
Thay số:
1 20o
;
2 10o
;
0,25
;
P 100(N)
1
Ta được:
5,4(N) P 29,3(N)
2
V. Chủ đề 5 – Bài toán chuyển động quay
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=90o, tính vận tốc góc và gia tốc góc của
BD.
Bài làm
Gọi M là điểm thuộc thanh BD, tại thời
điểm đang xét M là trùng điểm của A
va va
(5.1)
Đặt OA=l thì OB=l/2
Chiếu (5.1) lên trục y:
vMay vaA cos (5.2) ; Với vaA .OA l (5.3)
Mặt khác:
vMay BD.BM
vMay
BD
(5.4)
BM
5
BM BA OA2 OB2 l
2
OA
BM
2
cos
5
Từ (5.2), (5.3), (5.4), suy ra:
2
vaA cos
4
5
5
5
BD
l
0
BM
l
2
aa aa
Áp dụng định lý hợp gia tốc:
an at ae ar ac (an at ) ar ac
Do OA quay đều:
at 0
Do đó:
an an at ar ac
Chiếu (5.5) lên trục y:
anA sin aMt aMc
(5.5)
aM 2( vMr )
c
BD
vMr vMa sin
aMc 2BDvMa sin
aMt anA sin aMc
anA 2l
aMt (2l 2BDvMa )sin
1
4
5
sin
,BD
,vMa l
5
1
aMt
(2l 2BDvMa )
5
3
aMt
2l 0
5 5
Chiều của at ngược chiều dương đã chọn:
aMt BD.BM
aMt
BD
BM
3
2l
6
5 5
5
BD
2
25
l
2
Vậy thanh BD quay chậm dần
4
BD
5
6
BD 2
25
Thay số:
4,8
Ta được:
s1
( )
BD 3,84
BD 5.5296 5,53
s1
( )
(
s2
)
VI. Chủ đề 6 – Bài toán chuyển động song phẳng
Cho cơ cấu tay quay con trượt có kích
thước và mô tả như hình vẽ. Vị trí thanh
OB được xác định bởi góc θ tạo bởi trục y
và OB. Tính gia tốc góc của AB và gia tốc
dài của con trượt A tại thời điểm góc
90o; giả sử tại thời điểm này
= 0 và
0,2λ(rad/s2 ) theo chiều dương của
=
=
.
Bài làm
Biết:
0
0,2 0,2.4,8 0,96
(
s1
)
(
s2
)
Gọi P là tâm quay tức thời của thanh AB,ta có:
vBa AB.OP .OB 0
AB 0
Áp dụng định lý hợp gia tốc cho điểm A:
aa aa a an at an at
aBn 2.OB 0
anAB 2AB.AB 0
Do đó:
aa at at
(6.1)
Chiếu (6.1) lên hai trục y ta được:
atAB sin aBt 0
aBt
atAB
(6.2)
sin
Chiếu (6.1) lên hai trục x ta được:
aaA atAB cos
(6.3)
Từ (6.2) và (6.3), suy ra:
aBt
aBt
aaA
cos
(6.4)
(6.5)
sin
tan
aBt .OB
BP AB2 AP2 5002 4002 300(mm)
AP 400(mm)
OB 400(mm)
BP
AP
3
4
tan
(6.6)
(6.7)
atAB
AB
AB
Từ (6.2), (6.5), (6.7), suy ra:
aBt
aBt
OB
BP
4
AB
ABsin BP
3
Từ (6.4), (6.5), (6.6), suy ra:
aBt
4
aaA
OB
tan
Thay số:
0,96
3
(
s2 ); OB 400(mm) 0,4(m)
Ta được:
Gia tốc dài của con trượt A:
aaA 0,512 m.s2
(
)
Gia tốc góc của thanh AB:
s2
AB 1,28
(
)
VII. Chủ đề 7 – Bài toán cơ cấu vi sai
Cho hệ thống bánh răng hành tinh như hình vẽ.
Bánh răng trung tâm A tiếp xúc với bánh răng
hành tinh B. Bánh răng hành tinh B gắn chặt với
bánh răng hành tinh C. Bánh răng hành tinh C tiếp
xúc với bánh răng trung tâm R. Cần ED nối tâm
bánh răng A với tâm bánh răng C. Bánh răng A và
cần ED có khả năng quay quanh tâm E. Bánh
răng trung tâm R được giữ cố định. Cần ED quay
ngược chiều kim đồng hồ với vận tốc ωD = λ
rad/s. Lấy chiều quay của cần ED là chiều dương.
Tính vận tốc góc của bánh răng A và bánh răng B.
Bài làm
Chọn chiều dương là chiều quay của cần ED
rA 200(mm)
rB 300(mm)
rC 100(mm)
rR 600(mm)
Áp dụng công thức Willis cho 2 bánh răng (R) và (C):
r
R D (1)0 C (C D )
(7.1)
rR
R 0
Suy ra:
r
D C (C D )
rR
1
D (C D )
6
6D C D
C 5D
Bánh răng (C) quay ngược chiều dương đã chọn với:
C 5D
(7.2)
Do bánh răng (B) gắn chặt với bánh răng (C) nên:
B C
Bánh răng (B) quay ngược chiều dương đã chọn với:
B C
(7.3)
Từ (7.2), (7.3), suy ra:
B 5D
Áp dụng công thức Willis cho 2 bánh răng (B) và (A):
rA
B (1)1 A
rB
rA
2
B A A
rB
3
3
3
3
A B C (5D )
2
2
2
15
A
D
2
Bánh răng (A) quay cùng chiều dương đã chọn với:
15
A
D
2
Thay số:
D 4,8
s1
( )
Ta được:
A 36
B 24
(
s1
s1
)
(
)
Tải về để xem bản đầy đủ
23 trang
25380
Free
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập lớn Cơ lý thuyết - Phạm Ngọc Thạch", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- bai_tap_lon_co_ly_thuyet_pham_ngoc_thach.pdf
