Bài tập lớn cơ học lý thuyết 8

Chủ đề 2 – Tìm phản lực Bài 1 Trong bài toán tính sức mạnh của cơ ngay vùng xương cánh tay, một người sẽ nhấn một thiết bị đo lực như hình vẽ.. Nếu thiết bị đo lực này chỉ giá trị là F

λ =5,5

I Chủ đề 1 – Thu gọn hệ lực

Bài 5 Cho mô hình hệ thống truyền động với kích thước như hình vẽ.Các lực F, T1, T2 nằm trong mặt phẳng song song với mặt phẳng Oxy.Độ lớn các tải trọng được cho như sau: F = 27,5 (N); T1=44 (N);T2=11 (N ) Thu gọn hệ lực {F, T1, T2} về tâm O

Bài làm:

Khảo sát hệ lực trong mặt phẳng Oxy

Ta có:

1

2

(44;0;0)

(11;0;0)

( 27,5sin(10); 27, 5cos(10)) ( 15; 23,1; 0)

T

T

F





uu r

uu r

ur

Vecto chính:

'

1 2 (40; 23,1; 0)

uu r ur uu r ur

330mm

220mm O

100mm

75mm

x

y z

10 0

Moment của các lực đối với tâm O:

( ) (0.22; 0, 075;0) ( 15; 23,1;0) (0;0;3,975) ( ) (0,55;0,1;0) (44;0;0) (0;0; 4, 4)

( ) (0,55 : 0,1;0) (11;0;0) (0;0;1,1)

O

O

O

ur uuur ur

ur uuur ur

uur uuur uur

Vecto moment chính:

.M ( ) M ( ) M ( ) M ( ) (0;0;0, 675)O uur Fi  O F ur  O T ur  O T uur 

Kết quả: hệ lực thu về tâm O là hai thành phần cơ bản:

Vecto chính:

'

(40; 23,1;0)

R 

uur

và có độ lớn :46,2(N) Moment chính : M ( ) (0;0;0,675)O F uuri  và có độ lớn 0,675(N.m)

II Chủ đề 2 – Tìm phản lực

Bài 1 Trong bài toán tính sức mạnh của cơ ngay vùng xương cánh tay, một người sẽ nhấn một thiết bị đo lực (như hình vẽ) Nếu thiết bị đo lực này chỉ giá trị là F = 6 (N), hãy tính lực kéo theo phương thẳng đứng được tạo ra bởi cơ vùng xương cánh tay, biết khối lượng của cánh tay dưới nặng 1,5 kg với khối tâm tại điểm G

Chọn chiều dương như hình vẽ:

Ta có:

0

0 0,025.F 0,15 .(0,15 0,15) (0,15 0,15) 0

D

D

y

F P F N

F N P F

   

    

�

�

uur ur ur uur r

1,5.9,8 5,5 0 0,025 0,15.1,5.9,8 5,5.(0,15 0,15) (0,15 0,15) 0 6,8( )

13, 4( )

D

D D

�

�



�

� �



�

III.Chủ đề 3 – Bài toán giàn phẳng

Cho hệ giàn phẳng như hình bên Xác định các phản lực lien kết tại A,N và

các ứng lực trong các thanh DE và DL trong trường hợp tải P=44(kN)

Bậc tự do của hệ: n=25,∑ Rlk=36.2+1+2=75

Dof=3.25-(36.2+2+1)=0

Vậy hệ luôn cân bằng với mọi loại tải tác động:

Ta có:∑uur Fx

=XA=0 (1)

∑uur Fy

=-YA+YN-P=0 (2)

∑M FA( ) uuri

=YN.2-P.8=0 (3) Giải hệ (1),(2),(3) ta được: XA=0, YA=3P=132(kN), YN=4P=176(kN)

Sử dụng phương pháp tách nút

y

x

.Khảo sát sự cân bằng của nút B

Sử dụng phương pháp tách nút

2 3 4 2 380,9 2

2 4 176 2

.Khảo sát sự cân bằng của nút M

S BA

S BN

S BM

S BC

B

S ML

S MB

M

S MN

S MC

2

.Khảo sát sự cân bằng của nút C

2

2

2 7 4 2 556,9 2

S CB

S CM

S CD

.Khảo sát sự cân bằng của nút D

2

2

2

2

.Kết quả : Phản lực liên kết tại A là 132(kN) và tại N là 176(kN)

Ứng lực tác dụng lên thanh DE là lực kéo và có độ lớn 556,9kN Ứng lực tác dụng lên thanh DL là lực kéo và có độ lớn 787,6kN

IV.Chủ đề 4 – Bài toán ma sát

Bài 5 Một mô hình con lăn được tạo thành bằng cách gắn chặt một khối bán nguyệt bằng thép(ρ = 7830 kg/m3 ) vào một khối trụ tròn bằng nhôm (ρ

= 2690 kg/m3 ) Con lăn được đặt trên mặt nghiêng a) Hãy xác định góc nghiêng θ sao cho con lăn vẫn cân bằng khi được thả ra tại vị trí mà phần

S DC

S DE

D

S DL

mặt phẳng của khối bán nguyệt nằm thẳng đứng như trong hình vẽ b) Cho biết giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát bằng bao nhiêu để con lăn không bị trượt? Với λ=5.5 thì d1 = 16,2 mm và d2 = 40,2 mm

a

* Khối tâm khối bán nguyệt bằng thép:

+ Dựng hệ trục tọa độ vuông góc mới gắn liền với khối bán nguyệt sao cho trục trùng với trục đối xứng của khối, khi đó:

St

K K C

K 1

2 2 (A )

R 2

2 2

0

2

m u U

m

( )r cos drd

1

2 2

r dr cos d

r

4R

3

�

















�

�

� �

* Khối tâm của khối trụ tròn bằng nhôm:

+ Vì khối trụ tròn đồng chất và đối xứng

nên nhận tâm đối xứng làm khối tâm CAl

* Ta có:

Al

St

(C , ) (C , )

4R

3



V V

* Con lăn vẫn cân bằng khi được thả ra tại vị trí mà phần mặt phẳng của khối bán nguyệt nằm thẳng đứng khi:

�



�







 





� �

� St (C , )StV Al (C , )AlV

1 St 2 Al

o

m( ) 0 P d P d

R d g( R sin ) R d gR sin

1 4R

d ( sin ) d sin

d 7830 sin 0,62d

4R 2d 2690 sin 1,455d d

3

9 4 '

b (  St 7830x10 (g / mm );6 3   Al 2690x10 (g / mm )6 3 )

* Moment quán tính:

2

O 0 2

m

m ( r r )

1

R 2

2m 1

J r dr mR

  



* Động năng của hệ:



St St Al Al St Al

2 4

T m v m v (m m )R

R d R R d (R ( ) ) R ( d d )R

0,4042 R

*Tổng công các tải:

mst

St Al

A A(P) A(F ) A(N)

(m m ).g.sin R 0 0

     

      

2

St 1 Al 2

3

1

R ( d d ).g.sin R.

2

0,539.g.sin R

*Áp dụng định lý biến thiên động năng:

he he



he 1

 0,4042.R 4   2 0,539.g.sin R  3 

+ Đạo hàm 2 vế theo thời gian:

0,4042.R 0,539.g.sin R





3 4

0,539.g.sin R 0,6667.g.sin 0,4042.R 2 R

*sử dụng nguyên lý D’Alembert:

Tác động lên hệ 2 thành phần cơ bản

của hệ lực quán tính đặt tại O

+vecto chính của hệ lực quán tính:

qt O

qt St Al O St Al

R' a

R' (m m ).a (m m ).R.

��

uur uur

uur

+Moment chính của hệ lực quán tính:

qt

qt O

M'

M' J



��

 

uur r

uur

*Khảo sát sự cân bằng của hệ:

�F jx  (m St  m ).g.sin Al   F mst  F' qt  0 (4.1)

�F jy   N (m St  m ).g.cos Al   0 (4.2)

Giải (4.1),(4.2) :

N (m  St  m ).g.cos Al  (4.3)

mst St Al qt

St Al St Al

St Al

F (m m ).g.sin F'

(m m ).g.sin (m m ).R.

(m m )(g.sin R )

F mst 0,3333.(m Stm ).g.sin Al 

(4.4)

* Con lăn không bị trượt khi:

mst mstgh t

F � F  f N (4.5)

Thay (4.3),(4.4)vào (4.5) ta được:

St Al t St Al 0,3333.(m m ).g.sin f (m m ).g.cos

 ft � 0,3333.tan 

Vậy

a) Con lăn vẫn cân bằng khi được thả ra tại vị trí mà phần mặt phẳng của khối bán nguyệt nằm thẳng đứng khi � 9 4' o

b) giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát ft � 0,3333.tan để con lăn không

bị trượt

V.Chủ đề 5 – Bài toán chuyển động quay

Bài 2 Thanh OA quay đều cùng chiều kim đồng hồ với vận tốc góc ω=λ (rad/s) Điểm A trượt trên rãnh BC làm thanh BC chuyển động Tại vị trí góc θ=30o , tính vận tốc góc và gia tốc góc của BC

B

60 0

30 0 200mm

O A

C

Ta có : Dof = +1

1 Bài toán vận tốc

Chiếu (1) lên phương : cos(30) = )

= OA.1.cos(30) = 0,953 (m/s)

Mà : = 2 AC => 2 = 2,75 s-2

Chiếu (1) lên phương : = cos(60) = 0,55 (m/s)

2 Bài toán gia tốc

2.1 = + + (1)

2.2 = + (2)

= 1.OA = 0 ( 1 = const )

= 12 OA = 6,05 m.s-2

2.3 = AC.2 = 0,95 m.s-2

2.4 = 2.( ) = 2.2 sin(90) = 3.025 s-2

Ta có : | + | = = 6,89 m.s-2

| | = = 7,525 m.s-2

= +

=> | | = 4,28 = 2.AC => 2 = 12,35 s-2

Kết quả : vận tốc gốc của thanh BC là 2,75 s-1 , gia tóc góc của thanh BC là 12,35 s-2

VI Chủ đề 6 – Bài toán chuyển động song phẳng

Bài 1 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 B tại thời điểm góc θ = 90o; giả sử tại thời điểm này  &= 0 và &=1,1(rad/ s2 ) theo chiều dương của θ

Theo đề bài ta có:

1

    &&  ,cos   3 5,sin   4 5

Vận tốc điểm B thuộc thanh  có vận tốc dài : B 1

a

v OB

Mà 1 0 1 B 0

a

   � 

B là tâm vận tốc tức thời của thanh BA 2

A a

v BA

 

�

Gia tốc tay quay OB:auur uur uura B aB a n B

Với

2 1

1

B

B

n







�

�

�

uur

uur

Chọn B là cực để tính gia tốc điểm A thuộc thanh BA

A B AB B B BA BA

a a a n n

a a a  a a  a a

Chiếu lên trục Oy

2 2

2

2

.

3

BA BA

BA BA

BA

BA

a



   





�

VII.Chủ đề 7 – Bài toán cơ cấu vi sai

Bài 2 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

VIII.Chủ đề 8 – Bài toán động lực học một bậc tự do