BÀI TẬP CƠ HỌC KĨ THUẬT LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP CÓ ĐÁP ÁN

BÀI TẬP CƠ HỌC KĨ THUẬT LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP CÓ ĐÁP ÁN Định lý dời lực song song: Khi dời một hệ lực song song để tác dụng cơ học của hệ lực không đổi người ta thêm vào một ngẫu lực phụ có mômen bằng momen của lực lấy đối với điểm mới dời. Chứng minh: Điều kiện cân bằng của một hệ lực bất kỳ: vector chính của lực tác dụng lên hệ bằng 0 mômen chính của lực tác dụng lên hệ lấy đối với điểm O tùy ý bằng 0 Gia tốc của tại một điểm: Định lý biến thiên động năng: độ biến thiên động năng của một chất điểm trong một quãng đường nào đó có độ lớn bằng công của hợp lực tác dụng lên chất điểm sinh ra trong quá trình đó. 3 tiên đề Newton Tiên đề 1: một vật không chịu tác dụng của lực nào hoặc chịu tác dụng của các lực có hợp lực bằng 0 thì nó vẫn giữ nguyên trạng thái dứng yên hoặc chuyển động đều. Tiên đề 2: vector gia tốc của 1 vật luôn cùng hướng với lực tác dụng lên vật . Độ lớn của vector gia tốc tỉ lệ thuận với độ lớn của vector lực , tỉ lệ nghịch với khối lượng của vật

BỘ CÔNG THƯƠNG

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP

HÀ NỘI

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập-Tự do-Hạnh phúc

BÀI TẬP LỚN MÔN HỌC

CƠ HỌC KĨ THUẬT

Họ và tên sinh viên 1: Lại Hữu Tín

Giảng viên hướng dẫn: Khuất Đức Dương

I:lý thuyết

Câu 1:

Định lý dời lực song song:

Khi dời một hệ lực song song để tác dụng cơ học của hệ lực không đổi người ta thêm vào một ngẫu lực phụ có mômen bằng momen của lực lấy đối với điểm mới dời

Chứng minh:

Cho hệ như hình vẽ và lực 𝐹 ⃗⃗⃗⃗ 𝐴

B

F

B

F

A

F

A

F

B

F

A

F   F F FA, B , B   F m FB, B A 

Câu 2

Điều kiện cân bằng của một hệ lực bất kỳ:

- vector chính của lực tác dụng lên hệ bằng 0

-mômen chính của lực tác dụng lên hệ lấy đối với điểm O tùy ý bằng 0

{ 𝑅′ ⃗⃗⃗ = 0

𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0𝑂



{ ∑𝑛 𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0;𝑘𝑋

𝑘=1

∑𝑛 𝑀 ⃗⃗ 𝑜𝑥(𝐹 𝑥) = 0;

𝑘=1

Câu 3:

Mômen chính đại số của lực đối với một điểm được xác định bởi: 𝑀 ⃗⃗ 𝑜(𝐹 ) =

±𝐹 𝑑

Trong đó ta quy ước dấu cộng (+) nếu lực quay quanh O ngược chiều kim đồng hồ, dấu trừ (-) nếu lực quay quanh O thuận chiều kim đồng hồ

F O

A

d

Câu 4:

a.Định lý

Vận tốc tuyệt đối của điểm có chuyển động phức hợp bằng tổng hình học vận tốc tương đối và vận tốc kéo theo của nó

b.Chứng minh

Ta có:𝑉⃗ T=𝑉⃗ M=𝑑𝑅⃗ (𝑀)

𝑑𝑡 =𝑑𝑅⃗ (𝑜)

𝑑𝑡 +𝑑𝑟

𝑑𝑡

𝑑𝑅 ⃗ (𝑜)

𝑑𝑡 =𝑉⃗ o

𝑑𝑅 ⃗ (𝑜)

𝑑𝑡 =𝑑

𝑑𝑡(x𝑖 +y𝑗 +z𝑘⃗ )=𝑑𝑥

𝑑𝑡𝑖 +𝑑𝑦

𝑑𝑡𝑗 +𝑑𝑧

𝑑𝑡𝑘⃗ +x𝑑𝑖

𝑑𝑡+y𝑑𝑗

𝑑𝑡+z𝑑𝑘⃗

𝑑𝑡 𝑑𝑥

𝑑𝑡𝑖 +𝑑𝑦

𝑑𝑡𝑗 +𝑑𝑧

𝑑𝑡𝑘⃗ =𝑉⃗ t(x)𝑖 +𝑉⃗ t(y)𝑗 +𝑉⃗ t(z)𝑘⃗ =𝑉⃗ t

x𝑑𝑖

𝑑𝑡+y𝑑𝑗

𝑑𝑡+z𝑑𝑘⃗

𝑑𝑡=x(𝑤⃗⃗ ^𝑖 )+y(𝑤⃗⃗ ^𝑗 )+z(𝑤⃗⃗ ^𝑘⃗ )=𝑤⃗⃗ ^𝑟

Trong đó 𝑤⃗⃗ là vector vận tốc góc của hệ thống (Oxyz)

𝑖 ,𝑗 ,𝑘⃗ là các vector chỉ phương của các trục hệ động

Như vậy :

𝑉⃗ T=𝑉⃗ t+𝑉⃗ o+𝑤⃗⃗ ^𝑟

𝑉⃗ T=𝑉⃗ t+𝑉⃗ w

Câu 5:

Gia tốc của tại một điểm:

anA A

atA

O

𝜀

x

o

𝑅⃗

o

M

𝑅⃗

M

y

1

X

1

Z

1

𝑎 = 𝑎 ⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑛 ⃗⃗⃗ 𝑡

an :gia tốc hướng tâm (gia tốc pháp tuyến)

Đặc điểm luôn hướng về tâm quay

Có độ lớn: an=𝜔2.OA

Trong đó: 𝜔 là vận tốc góc của thanh OA

OA là khoảng cách từ tâm quay đến điểm xét

at: gia tốc tiếp tuyến

Đặc điểm cùng chiều với gia tốc góc của OA

Có độ lớn: at=𝜀.OA

Trong đó: 𝜀 là gia tốc góc của thanh OA

OA là khoảng cách từ tâm quay đến điểm xét

Câu 6 3 tiên đề Newton

-Tiên đề 1: một vật không chịu tác dụng của lực nào hoặc chịu tác dụng của các lực có hợp lực bằng 0 thì nó vẫn giữ nguyên trạng thái dứng yên hoặc chuyển động đều

-Tiên đề 2: vector gia tốc của 1 vật luôn cùng hướng với lực tác dụng lên vật

Độ lớn của vector gia tốc tỉ lệ thuận với độ lớn của vector lực , tỉ lệ nghịch với khối lượng của vật

F=ma

-Tiên đề 3: khi vật một tác dụng nên vật hai một lực là f thì vật thứ hai tác dụng lại vật một một lưc có độ lớn bằng f cùng phương ngược chiều so với ban đầu Câu 7:

Di chuyển khả dĩ của cơ hệ là tập hợp các di chuyển vô cùng bé mà mỗi chất điểm của cơ hệ có thể thực hiện được để sao cho phù hợp với liên kết tại vị trí đang xét

Di chuyển khả dĩ của chất điểm được ký hiệu 𝛿 𝑟(𝛿𝑥, 𝛿𝑦, 𝛿𝑧)𝑣ới r là vectơ định

vị của chất điểm, còn di chuyển thực được ký hiệu làd⃗ 𝑟(dx, dy, dz) Di chuyển 3 khả dĩ chỉ có ý nghĩa về mặt hình học, nó không phụ thuộc vào lực tác dụng và thời gian t

Như vậy, di chuyển khả dĩ hay còn gọi là di chuyển ảo của hệ phải thỏa mãn hai điều kiện sau:

+ Di chuyển vô cùng bé

+ Các di chuyển thực hiện được mà không phá vỡ liên kết

Ví dụ:

Một chất điểm chuyển động trên một mặt cong

- Nguyên lý di chuyển ảo: (cg nguyên lí di chuyển khả dĩ, nguyên lí Lagrăng)

“Điều kiện cần và đủ để cơ hệ chịu liên kết hôlônôm, giữ, dừng và lí tưởng cân bằng tại một vị trí đã cho là tổng công nguyên tố của các lực hoạt động trong mọi

di chuyển ảo từ vị trí đã cho đều triệt tiêu” NLDCA còn được gọi là nguyên lí công ảo, được dùng phổ biến trong tĩnh học công trình NLDCA cho phép thiết lập điều kiện cân bằng của cơ hệ dưới tác dụng của hệ lực dựa trên khả năng sinh công của hệ lực trong di chuyển ảo bất kì của cơ hệ

Câu 8

Phương trình lagrange 2:

1

𝑑𝑡(𝜕𝑇

𝜕𝑥, + 𝜕𝑇

𝜕𝑥 Hoặc

1

𝑑𝑡(𝜕𝑇

𝜕𝜑, + 𝜕𝑇

𝜕𝜑

𝜕𝑇 : tổng động năng của hệ

𝜕𝑄: tổng thế năng của hệ

𝑥 : độ dịch chuyển tức thời của hệ

𝜕𝑇

𝜕𝜑: Đạo hàm riêng của động năng theo 𝜑

𝜕𝑇

𝜕𝜑′: Đạo hàm riêng của động năng theo 𝜑’

𝜕𝑄

𝜕𝜑: Đạo hàm riêng của thế năng theo 𝜑

Câu 9

Định lý biến thiên động năng: độ biến thiên động năng của một chất điểm trong một quãng đường nào đó có độ lớn bằng công của hợp lực tác dụng lên chất điểm sinh ra trong quá trình đó

A12 = W2− W1 =mV2

2

mV12

2

+ nếu v2 > v1 => ∆Wđ > 0 => A > 0: ngoại lực sinh công phát động làm động năng của vật tăng lên

+ nếu v2 < v1 => ∆Wđ < 0 => A < 0: ngoại lực sinh công cản làm động năng của vật tăng lên

Câu 10:

Định luật bảo toàn cơ năng: trong một cơ hệ cơ năng của hệ là một đại lượng được bảo toàn

W = Wđ + Wt = const

Hay 1

2 mv2 + mgz =const

II: bài tập

Bài 1

Ta có : q=6 , P= 35, F =20

Xét trên AC ta có:

Để AC cân bằng:{∑ 𝐹 = 0

∑ 𝑀⃗⃗ = 0 Chiếu lên hệ tọa độ ta có :

{

∑ 𝐹𝑋 = 0

∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑀𝐴 = 0

{

𝑋𝐴+ 𝑋𝐶 − 𝐹 cos 60 + 𝑄 = 0

𝑌𝐴+ 𝑌𝐶 − 𝐹 sin 60 = 0

−𝑄.𝐴𝐾

2 + 𝐹 cos 60 𝐴𝐾 − 𝑋𝐶 𝐴𝐾 + 𝑌𝐶 𝐾𝐶 = 0 Q=q.AK=6.3=18

{

𝑋𝐴+ 𝑋𝐶 = −8

𝑌𝐴 + 𝑌𝐶 = 10√3

−𝑋𝐶 3 + 𝑌𝐶 3 = −3

(1)

600 K E

D

P 60

B A

F

q

C

600 K E

A

F

q

C

Yc

Xc

XA

YA

Q

(+)

Xét trên CB:

Để thanh BC cân bằng : {∑ 𝐹 = 0

∑ 𝑀⃗⃗ = 0 Chiếu lên hệ tọa độ ta có :

{

∑ 𝐹𝑋 = 0

∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑀𝐵 = 0

{

𝑋𝐵 − 𝑋′𝐶 = 0

𝑌𝐵 − 𝑌′𝐶 − 𝑃 = 0

𝑃 𝐵𝐷 𝑐𝑜𝑠60 + 𝑌′𝐶 𝐵𝐻 + 𝑋′𝐶 𝐵𝐺 = 0

{

𝑋𝐵− 𝑋′𝐶 = 0

𝑌𝐵 − 𝑌′𝐶 = 35

𝑌′𝐶 √3 + 𝑋′𝐶 3 = −35.√3

2

(2)

Ta có Xc=X’c ; Yc=Y’c

Từ (1) và (2) ta có hệ pt:

{

𝑋𝐴 + 𝑋𝐶 = −8

𝑌𝐴 + 𝑌𝐶 = 10√3

−𝑋𝐶 3 + 𝑌𝐶 3 = −3

𝑋𝐵 − 𝑋𝐶 = 0

𝑌𝐵 − 𝑌𝐶 = 35

𝑌𝐶 √3 + 𝑋𝐶 3 = −35.√3

2



{

𝑋′𝐶 = 𝑋𝐶 ≈ −6,04

𝑌𝐶 = 𝑌′𝐶 ≈ −7,04

𝑋𝐴 ≈ −1,96

𝑌𝐴 ≈ 24,36

𝑋𝐵 = −6,04

𝑌𝐵 = 27,96

X’c

(+)

D

P 60

B

C

Y’c

XB

YB

H

G

Bài 2:

Ta có : q=5

P=60; a=3

Xét thanh DC :

Để CD cân bằng {∑ 𝐹 = 0

∑ 𝑀⃗⃗ = 0 Chiếu lên hệ tọa độ ta có :

{

∑ 𝐹𝑋 = 0

∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑀𝐷 = 0

{

𝑋𝐷+ 𝑁𝐵 𝑠𝑖𝑛60 = 0

𝑌𝐷+ 𝑁𝐵 𝑐𝑜𝑠60 − 𝑃 = 0

𝑃 𝐻𝐷 − 𝑁𝐵 𝐵𝐷 = 0

Mà HD =cos60.CD=3

 {

𝑋𝐷+ 𝑁𝐵.√3

2 = 0

𝑌𝐷+ 𝑁𝐵.1

2= 60 60.3 − 𝑁𝐵 4 = 0

(1)

q

2 m

4 m

a m

P

60 0

D

B

C A

H

P

60 0

D

B C

XD

YD (+)

NB

60°

30°

Xét trên thanh AB:

Để AB cân bằng {∑ 𝐹 = 0

∑ 𝑀⃗⃗ = 0 Chiếu lên hệ tọa độ ta có :

{

∑ 𝐹𝑋 = 0

∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑀𝐴 = 0

 {

𝑋𝐴− 𝑁′

𝐵 𝑠𝑖𝑛60 = 0

𝑌𝐴− 𝑁′𝐵 𝑐𝑜𝑠60 + 𝑄 = 0

−𝑚𝐴+ 𝑄.𝑎

2− 𝑁𝐵 𝑐𝑜𝑠60 𝑎 = 0



{

𝑋𝐴− 𝑁′𝐵.√3

2 = 0

𝑌𝐴− 𝑁′𝐵.1

2= −15

−𝑚𝐴− 𝑁′𝐵.1

2 3 = −3.5.3

2

(2)

Vì NB=N’B

Từ (1) và (2) ta có hệ pt:

{

𝑋𝐷 + 𝑁𝐵.√3

2 = 0

𝑌𝐷+ 𝑁𝐵.1

2= 60 60.3 − 𝑁𝐵 4 = 0

𝑋𝐴− 𝑁𝐵.√3

2 = 0

𝑌𝐴 − 𝑁𝐵.1

2= −15

−𝑚𝐴 − 𝑁𝐵.1

2 3 = −45

2

Giải hệ ta được:

{

𝑁𝐵 = 45

𝑋𝐷 = −45√3

2

𝑌𝐷 = 37,5

𝑋𝐴 =45√3

2

𝑌𝐴 =15

2

𝑚𝐴 = −45

q

Q

P

B

A XA

YA

N’B

mA

60°

(+)

Bài 3

Ta có :q=12,a=4,b=a/2 m=5,P=6

∝=30,𝜃 = 45

Xét trên AC ta có:

Để AC cân bằng {∑ 𝐹 = 0

∑ 𝑀⃗⃗ = 0 Chiếu lên hệ tọa độ ta có :

{

∑ 𝐹𝑋 = 0

∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑀𝐴 = 0

 {

𝑋𝐴+ 𝑋𝐶 = 0

𝑌𝐴 + 𝑌𝐶 − 𝑄 = 0

−𝑚 − 𝑄.𝑏

2+ 𝑋𝐶 2𝑎 + 𝑌𝐶 2𝑎 = 0

A

C

XA

Xc

Yc

Q

B

A

(+)

m

 {

𝑋𝐴+ 𝑋𝐶 = 0

𝑌𝐴+ 𝑌𝐶 = 12.2

𝑋𝐶 8 + 𝑌𝐶 8 = 5 + 24

(1)

Để CD cân bằng {∑ 𝐹 = 0

∑ 𝑀⃗⃗ = 0 Chiếu lên hệ tọa độ ta có :

{

∑ 𝐹𝑋 = 0

∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑀𝐷 = 0

{

𝑋𝐷− 𝑋′

𝐶− 𝑃 𝑐𝑜𝑠30 = 0

𝑌𝐷− 𝑌′𝐶 + 𝑃 𝑠𝑖𝑛30 = 0

−𝑋′

𝐶 𝐻𝐷 + 𝑌′

𝐶 𝐺𝐷 + 𝑃 𝑠𝑖𝑛30 𝐷𝐼 + 𝑃 𝑐𝑜𝑠30 𝐷𝐾 = 0

Từ hình học ta có: CHD= CGD= DIP= DKP (đều là tam giác vuông cân) Vậy HD=DG=DI=DK=a=4

{

𝑋𝐷− 𝑋′

𝐶 = 3√3

𝑌𝐷− 𝑌′𝐶 = −3

−𝑋′

𝐶 4 + 𝑌′

𝐶 4 = −12 − 12√3

(2)

Mà Xc=X’c ,Yc=Y’c

Từ 1 và 2 ta có hệ pt:

{

𝑋𝐴 + 𝑋𝐶 = 0

𝑌𝐴 + 𝑌𝐶 = 12.2

𝑋𝐶 8 + 𝑌𝐶 8 = 5 + 24

𝑋𝐷 − 𝑋𝐶 = 3√3

𝑌𝐷 − 𝑌𝐶 = −3

−𝑋𝐶 4 + 𝑌𝐶 4 = −12 − 12√3

D

C

P

45°

30°

X’c Y’c

YD

XD

(+)

H

K

Giải hệ ta được:

{

𝑋𝐶 = 5,91

𝑌𝐶 = −2,286

𝑋𝐴 = −5.91

𝑋𝐷 = 11,1

𝑌𝐷 = −0,714

𝑌𝐴 = 26,29

(N)

Bài 4

a,

Ta có 𝜔1=3 rad/s 𝜀1=5

𝑙=9

Gọi P là tâm vận tốc tức thời:

Ta có: VA=𝜔1.O1A=3.9=27

Mà ta có: VA= 𝜔AB.PA  𝜔AB=𝑉𝐴

𝑃𝐴=27

18=1,5(rad/s)

VB= 𝜔AB .PB=1,5.9√2=27√2

2

Mà VB= 𝜔O2B.O2B 𝜔O2B=𝑉𝐵

𝑃𝐵=1,5(rad/s) PM=√𝑃𝐵2+ 𝐵𝑀2=9√10

2

VM= 𝜔AB .PM=21,345 (M/s)

b,

Theo định lý gia tốc ta có:𝑎⃗⃗⃗⃗ = 𝑎𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝐵𝐴 ⃗⃗⃗⃗ 𝐴

𝑎𝑡

𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑛

𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎𝑡

𝐵𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑛

𝐵𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑡

𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑛

𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (*)

Ta có: at=𝜀.d ,an=𝜔2.d

𝜀𝑂2𝐵 9√2 81√2

4

𝜀𝐵𝐴 9√2 81√2

4

Chiếu pt(*) lên Bx:

-𝑎𝑛𝐵=𝑎𝑡𝐵𝐴+𝑎𝑡𝐴.cos45-𝑎𝑛𝐴.cos45

-81√2

4 =𝜀𝐵𝐴 9√2+45√2

2-81√2

2 𝜀𝐵𝐴 =-0,25(rad/s2) Chiếu pt(*) lên By:

-𝑎𝑡

𝐵=𝑎𝑛

𝐵𝐴+𝑎𝑡

𝐴.sin 45+𝑎𝑛

𝐴.sin 45 -𝜀𝑂2𝐵 9√2=81√2

4 +45√2

2+81√2

2𝜀𝑂2𝐵 =-37

4(rad/s2)

aB=√𝑎𝑛

𝐵2+ 𝑎𝑡

𝐵2=45√29

2 (m/s2

aM=√𝑎𝑛

𝑀2+ 𝑎𝑡

𝑀2

𝑎𝑛𝑀= 𝜔BA2.BM=1,52 9√2

2

𝑀= 𝜀BA.BM=-0,25 9√2

2

aM=√(1,52.9√2

2 )2+ (−0,25.9√2

2 )2=9√41

4 (m/s2)

bài 5

Ta có l=7 , 𝜔 1=4,𝜀1 =16

Gọi P là tâm vận tốc tức thời:

Ta có: VA=𝜔1.O1A=4.7√2=28√2

Mà ta có: VA= 𝜔AB.PA  𝜔AB=𝑉𝐴

𝑃𝐴=28√2

7√2=4 (rad/s)

VB= 𝜔AB .PB=4.7 =28

Mà VB= 𝜔O2B.O2B 𝜔O2B=𝑉𝐵

𝑃𝐵=2 (rad/s) PM=√𝑃𝐵2+ 𝐵𝑀2=7√5

2

VM= 𝜔AB .PM=14√5 (M/s)

b,

Theo định lý gia tốc ta có:𝑎⃗⃗⃗⃗ = 𝑎𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝐵𝐴 ⃗⃗⃗⃗ 𝐴

𝑎𝑡

𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑛

𝐵

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑎𝑡

𝐵𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑛

𝐵𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑡

𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑎𝑛

𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (*)

Ta có: at=𝜀.d ,an=𝜔2.d

Chiếu pt(*) lên Bx:

𝑎𝑛𝐵=−𝑎𝑡𝐵𝐴-𝑎𝑡𝐴.cos45+𝑎𝑛𝐴.cos45

56=−𝜀𝐵𝐴 7-16 7√2√2

2+16 7√2√2

2 𝜀𝐵𝐴 =-8 (rad/s2) Chiếu pt(*) lên By:

𝑎𝑡

𝐵=𝑎𝑛

𝐵𝐴+𝑎𝑡

𝐴.sin 45+𝑎𝑛

𝐴.sin 45

𝜀𝑂2𝐵 14=112+16 7√2√2

2+16 7√2√2

2𝜀𝑂2𝐵 =24 (rad/s2)

aB=√𝑎𝑛

𝐵2+ 𝑎𝑡

𝐵2=56√37 (m/s2)

𝑎𝑛𝑀= 𝜔BA2.BM=42 7

2

𝑎𝑛𝑀= 𝜀BA.BM=-8 7

2

am=√𝑎𝑛

𝑀2+ 𝑎𝑡

𝑀2=√(42.7

2)2+ (−8.7

2)2=28√5 (m/s2)

bài 6

M1=M/12

Động năng của hệ

T=TA+TOA=

1

2 M.VA2+1

2 M1.VOA2=1

2 M.(2a 𝜑′)2+1

2 M1.(a 𝜑′)2

T=2.a.M (𝜑′)2+1

24 M (𝑎 𝜑′)2

T=49

24 M.a2 (𝜑′)2

Thế năng của hệ

Q=QA+QOA=1

2 2c.(2a 𝜑)2- 1

2 c.(a 𝜑)2+M.g.2a.cos 𝜑- M1.g.a.cos 𝜑 Q=7

2 c.(a 𝜑)2+23

12.M.g.a cos 𝜑 Thay vào phương trình lagrange II ta có:1

𝑑𝑡(𝜕𝑇

𝜕𝜑 ,+𝜕𝑇

𝜕𝜑) = 𝜕𝑄

𝜕𝜑 1

𝑑𝑡.( 49

12 M.a2 (𝜑′)-0)= 7 𝑐 M.a2 (𝜑′)-23

12.M.g.a.sin 𝜑

bài7

Ta có m1=2 , r1=400(mm),m2=1,r2=300(mm),m3=2, ∝= 45, C đi lên Gọi x là độ dịch chuyển tức thời

B

C

x

∝

B

A

𝜑

c

o

2c

a

a

Ta có động năng của hệ là:

T=TA+TB+TC

TA=1

2JA 𝜔2

2.m1.v2

2 1

2.m1.r1 𝜔2

2.m1.v2

A

TB=1

2.JB. 𝜔2

B=

1

2 1

2.m2.r2 𝜔2

B

TC=1

2.m3.v2

C

do dây không dãn lên VA=VB=VC=x’

𝜔A=𝑥′

𝑟1 , 𝜔B=𝑥′

𝑟2 Động năng của hệ là:

T=1

4 2.( 𝑥′

𝑟1)2.r1 +1

2.2.(x’)2+1

2 1

2.1.( 𝑥′

𝑟2)2r2 +1

2.2.(x’)2 =11

4.(x’)2

Thế năng của hệ : Q=QC+QA=m3.g.x-m1.g.x.sin45=(20-10√2)x Thay vào phương trình lagrange II ta có:

1

𝑑𝑡.(𝜕𝑇

𝜕𝑥′−𝜕𝑇

𝜕𝑥) =𝜕𝑄

𝜕𝑥 1

𝑑𝑡.(5,5x’-0)=20-10√2 5,5x’’=20-10√2 5,5a=20-10√2

a≈ 1,065(𝑚/𝑠2)

bài 8

M=29

Gọi x là độ dịch chuyển tức thời

Ta có động năng của hệ là:

T=TM1+TM2 +TM3

TM1= 1

2.M.v2

1

M

3

M

M

x

TM2= 1

2.M.v2

2

TM3= 1

2.M.v2

3

do dây không dãn lên V1=V2=V3=x’

vậy động năng của hệ là:

T=3 1

2.29.( x’)2=43,5.( x’)2

Thế năng của hệ là: Q=QM3=-M.g.x=-290x Thay vào phương trình lagrange II ta có:

1

𝑑 𝑡.(𝜕𝑇

𝜕𝑥′−𝜕𝑇

𝜕𝑥) =𝜕𝑄

𝜕𝑥 1

𝑑 𝑡.(87x’-0)=-290 87x’’=-29087a=-290

a=−10

3 (𝑚/𝑠2)