Bài giảng Cơ học lý thuyết: Chương 11 - Huỳnh Vinh

Chia sẻ: Bánh Bèo Xinh Gái | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:31

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài giảng Cơ học lý thuyết: Chương 11 Nguyên lý cơ học, cung cấp cho người học những kiến thức như: Lực quán tính; Nguyên lý D’Alembert; Nguyên lý di chuyển khả dĩ; Nguyên lý D’Alembert - Lagrange. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Cơ học lý thuyết: Chương 11 - Huỳnh Vinh

Chương 11 §1. Lực quán tính GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1146 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1147 1. Định nghĩa Chất điểm M có khối lượng m, chuyển động với gia tốc a dưới tác dụng của hệ lực trong hệ quy chiếu quán tính. qt F = − ma 11.1 qt F qt Fn * Trong hệ trục Oxyz: z Fτ qt M aτ  Fxqt = − mxɺɺ τ  qt  Fy = − myɺɺ 11.2 an  qt a  Fz = − mzɺɺ n O y x GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1148
* Trong hệ trục tọa độ tự nhiên: c. Vật quay quanh một trục z cố định qt qt qt Thu gọn hệ lực quán tính về O z F = F n + Fτ 11.3 qt qt R O = − MaC Với: F n = − man : lực quán tính pháp qt qt M x = J xz ε − J yzω 2 F τ = − maτ : lực quán tính tiếp 11.6 qt 2 Từ định nghĩa ta thấy lực quán tính không phải là lực thực sự M y = − J yz ε + J xzω tác dụng lên chất điểm khảo sát. Lực quán tính là lực ảo. qt M z = J zε Nếu trục z là trục quán tính chính ( J yz = J xz = 0 ) C Lưu ý chiều, giá trị đại số của lực quán tính khi làm toán: qt qt qt qt R O = − MaC , M x = M y = 0, M z = J z ε 11.7 - Giả sử chất điểm có véc tơ gia tốc a với chiều giả thiết O y - Véc tơ lực quán tính được đặt ngược chiều với véc tơ gia tốc giả Nếu trục z là trục quán tính chính trung tâm thiết này. ( J yz = J xz = 0, O ≡ C ) x ε - Giá trị đại số của lực quán tính theo chiều đã đặt tính theo công qt thức: F qt = ma , với a là giá trị đại số. qt qt qt R O = 0, M x = M y = 0, M z = J z ε 11.8 ω GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1149 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1151 2. Thu gọn hệ lực quán tính đối với hệ chất điểm d. Tấm phẳng quay quanh một trục cố định vuông góc với tấm Các kết quả sau, người đọc tự chứng minh hoặc tham khảo khác. Tấm phẳng quay quanh trục cố định z, trục Oz đi qua O và vuông góc với tấm. Trục z là trục quán tính chính. qt qt qt a. Vật chuyển động tịnh tiến aC R O = − MaC , M O = − J O ε ( ⇔ M z = − J z ε ) qt qt C z z R C = − MaC , M C = 0 aτ 11.4 qt M Oqt RC M Oqt qt C RCqt = M .aC Fn O an O≡C qt b. Vật chuyển động song phẳng M Cqt ε sp Fτ qt qt R C = − MaC ; M C = − J C ε sp C aC Fτ qt = m.aτ ε FOqt = 0 ε 11.5 M Cqt = J O .ε sp Fnqt = m.an M Oqt = J O .ε qt RC RCqt = M .aC M Oqt = J O .ε ( z là trục quán tính chính ( z là trục quán tính chính) trung tâm) GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1150 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1152
2. Đối với cơ hệ Tại mỗi thời điểm, nếu đặt thêm vào mỗi chất điểm của hệ các lực quán tính tương ứng thì cùng với các ngoại lực và nội lực thực sự tác dụng lên hệ. Ta sẽ được một hệ cân bằng. e §2. Nguyên lý D’Alembert { } Cho: F k là ngoại lực i Nguyên lý D’Alembert cho phép chúng ta giải các bài toán động lực học bằng cách thiết lập các phương trình chuyển { } F k là nội lực. (Bằng 0 đối với hệ vật rắn tuyệt đối cứng) qt động của hệ dạng các phương trình cân bằng quen thuộc. Đó chính là nội dung của phương pháp tĩnh động lực học. { } F k là quán tính e i qt { }{ }{ } Theo nguyên lý: ( F k , F k , F k ) ∼ 0 11.9 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1153 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1155 1. Đối với chất điểm 3. Lưu ý khi vận dụng Nguyên lý Tại mỗi thời điểm nếu đặt thêm vào chất điểm lực quán tính của nó ta e i qt được một hệ lực cân bằng gồm lực chủ động, lực liên kết và lực quán { }{ }{ } Theo nguyên lý: ( F k , F k , F k ) ∼ 0 tính của chất điểm. - Công thức trên đúng với mọi thời điểm, nên xét tại thời điểm nào Cho: F là lực chủ động thì các đại lượng trong công thức xác lập tại thời điểm đó. - Hệ lực trên là cân bằng nên ta có thể thực hiện viết các phương N là lực liên kết qt trình cân bằng theo lý thuyết lực. F là lực quán tính - Do hệ lực trên là cân bằng tại thời điểm bất kỳ nên công của hệ lực qt trên gây ra trên chuyển vị bé tại thời điểm bất kỳ đó cũng bằng 0. Theo nguyên lý: ( F , N , F ) ∼ 0 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1154 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1156
Bài tập 11.1- xem bài 10.25 1P 2 l Thanh thẳng mảnh AB có chiều dài l, trọng lượng P. Lúc đầu người ta ⇒− l .ε .δϕ + P. cos ϕ .δϕ = 0 3g 2 giữ thanh đứng yên nằm ngang, rồi thả cho thanh chuyển động quay tự do không vận tốc đầu trong mặt phẳng thẳng đứng dưới tác dụng của 3g ⇒ε = cos ϕ trọng lượng của nó. Tính phản lực liên kết tại A khi thanh chuyển động. 2l * Tính vận tốc góc của thanh AB khi xoay góc ϕ. A 3g dω 3g dω 3g ϕ ε= cos ϕ ⇒ = cos ϕ ⇒ dϕ = cos ϕ dϕ 2l dt 2l dt 2l 3g ⇒ ω dω = cos ϕ dϕ 2l ω ϕ 3g B ⇒ ∫ ω dω = ∫ cos ϕ dϕ 0 2 l 0 Bài giải: 3g 3g ⇒ ω2 = sin ϕ ⇒ ω = sin ϕ Xét thời điểm tổng quát t, khi thanh AB quay được góc là ϕ. 2l 2l GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1157 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1159 * Tính gia tốc góc của thanh AB khi xoay góc ϕ. * Tính phản lực liên kết tại A khi thanh AB khi xoay góc ϕ. qt qt  l 2 Fy Fy qt qt qt ax = − 2 (ω cosϕ + ε .sin ϕ ) M Aqt M Aqt (Y A , X A , P , M A ,Fx ,F y ) ∼ 0  A XA A XA x  ∑ X = 0  X A = Fxqt x qt a = l ( −ω 2sinϕ + ε .c osϕ ) qt F Fx ϕ ⇒ ⇒  y 2 x ϕ C   ∑ Y = 0 qt YA = Fy − P YA C YA ax ax  Pl ε ay ay  X A = − 2g ( ω 2 cosϕ + ε .sin ϕ ) Ta có: δϕ ⇒ Y = Pl ( −ω 2 sinϕ + ε .c osϕ ) − P qt qt qt B ( M A , F y , F x , X A , Y A , P) ∼ 0 B y P y P  A 2 g l ⇒ − M Aqt .δϕ + P. [sin(ϕ + δϕ ) − sin ϕ ] = 0  9P 2  X A = − sin 2ϕ 8 Taylor – Maclaurin l ⇒  → − M Aqt .δϕ + P. [sin ϕ + cos ϕ .δϕ − sin ϕ ] = 0 Y = − P ( 9 sin 2 ϕ + 1) < 0 2  A 4 l ⇒ − M Aqt .δϕ + P. cos ϕ .δϕ = 0 2 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1158 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1160
Bài tập 11.2 – xem 10.9 2. Tính phản lực liên kết tại O: Cho đĩa tròn có bán kính R, trọng ε qt qt qt qt lượng P có thể quay quanh trục (Y O , X O , P , Q1 , Q2 , F 1 , F 2 , M O ) ∼ 0 M O ngang tại khớp O. Hai vật có trọng A O Y0 O X0 ∑ X = 0  X 0 = 0 lượng là Q1, Q2 (Q2 > Q1) được buộc R 90 0 ⇒ ⇒ vào hai đầu dây quấn trên biên đĩa ∑ qt qt tròn. Dây không trọng lượng, không Y = 0 Y0 = P + (Q1 + F1 ) + (Q2 − F2 ) R giãn, khi chuyển động không trượt X0 = 0 (2)  đối với đĩa tròn. Cho hệ chuyển động ⇒ a a P qt s F2 từ trạng thái đứng yên. Khi vật (2) đi Y0 = Q1 (1 + g ) + Q2 (1 − g ) + P được quãng đường s, yêu cầu:  (2) 30 0 a 1. Xác định gia tốc của các vật a 2. Tìm phản lực liên kết của đĩa tại (1) (1) qt trục quay. B F1 3. Lực căng trong các nhánh dây Q2 Q1 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1161 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1163 1. Tìm gia tốc khi vật (2) chuyển động xuống đoạn s 3. Lực căng dây: qt qt qt ε qt a (Y O , X O , P , Q1 , Q2 , F 1 , F 2 , M O ) ∼ 0 (Q1 , F 1 , T 1 ) ∼ 0 ⇒ T1 = Q1 + F1qt = Q1 (1 + ) M Oqt g T2 * Công do hệ lực trên thực hiện trên Y0 mọi chuyển vị đều bằng không, nên: O X0 T1 qt δs F2 (Q2 − F2qt )δ s − (Q1 + F1qt )δ s − M Oqt . =0 R R (2) qt a a a P 2 a δs F2 ⇒ Q2 (1 − )δ s − Q1 (1 + )δ s − ( R ). =0 P (1) a g g 2g R R (2) qt s F1 Q2 − Q1 ⇒a=2 g a δs Q2 2Q2 + 2Q1 + P a (1) qt Q1 F1 qt a Q2 (Q 2 , F 2 , T 2 ) ∼ 0 ⇒ T2 = Q2 − F2qt = Q2 (1 − ) g Q1 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1162 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1164
Bài tập 11.3 qt qt qt Ta có: ( P1 , P 2 , Q, M , X O , Y O , F 1 , F 2 , M ) ∼ 0 Vật nặng (1) có trọng lượng P1 = P và vật nặng (2) có trọng lượng P2 = 2P được buộc vào hai dây cuốn vào hai tang của một tời bán Công hệ lực trên sinh ra trên quãng đường bất kỳ bằng 0, nên: kính r và R =2r. Để nâng vật nặng P2 lên, ta tác dụng mômen M lên tời. Biết trọng lượng tời là Q = 4P, bán kính quán tính là ρ = 1,5r. ∑δ ( A ) = (M − M k qt ).δϕ + ( P1 − F1qt )δ s1 − ( F2qt + P2 )δ s2 = 0 Xác định gia tốc của tời quay. ⇒ ( M − M qt )δϕ + 2r ( P1 − F1qt )δϕ − r ( F2qt + P2 )δϕ = 0 R M ⇒ ( M − M qt ) + 2r ( P1 − F1qt ) − r ( F2qt + P2 )  δϕ = 0 r ⇒ ( M − M qt ) + 2r ( P1 − F1qt ) − r ( F2qt + P2 ) = 0 O 4P 9 2 P 2P ⇒ (M − r ε ) + 2 r ( P − 2a ) − r ( a + 2 P ) = 0 g 4 g g Mg ⇒ Mg = 15 Pε r 2 ⇒ ε = 15 Pr 2 (2) (1) GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1165 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1167 * Xét thời điểm vật (2) chuyển động quãng đường s, gia tốc của nó là a. qt qt qt a Ta có: ( P1 , P 2 , Q, M , X O , Y O , F 1 , F 2 , M ) ∼ 0 a A = a, aB = 2 a, ε = M qt r Công hệ lực trên sinh ra trên quãng đường bất kỳ bằng 0, nên: Các tải trọng và phản lực liên kết: Y O M R P , P , Q, M , X , Y 1 2 O O r ∑ δ ( A ) = (M − M k qt ).δϕ + ( P1 − F1qt )δ s1 − ( F2qt + P2 )δ s2 = 0 ⇒ ( M − M qt )δϕ + 2r ( P1 − F1qt )δϕ − r ( F2qt + P2 )δϕ = 0 Các lực quán tính: O XO P P P Q ⇒ ( M − M qt ) + 2r ( P1 − F1qt ) − r ( F2qt + P2 )  δϕ = 0 qt F = 1 a A = 1 Rε = 2 rε 1 g g g ⇒ ( M − M qt ) + 2r ( P1 − F1qt ) − r ( F2qt + P2 ) = 0 P2 P P Mg F2qt = aB = 2 ε r = 2 ε r qt (2) δs ⇒ε = g g g F1 15 Pr 2 s Q P P2 M qt = ρ 2ε = 9 r 2 ε (1) g g qt Ta có: F2 δs P1 δϕ = , δ s2 = δ s = rδϕ , δ s1 = 2δ s = 2rδϕ r GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1166 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1168
qt qt qt ms Bài tập 11.4 * Ta có: ( F 1 , P , Q , F C , M C , F I , N I , X O , Y O ) ∼ 0 Cho cơ cấu như hình vẽ. Vật (1) có trọng lượng P. Trọng lượng của vật P FAqt = a A (3) là Q = 4P, bán kính quán tính đối với trục quay Cz là 1,5r. Vật 2 có g trọng lượng không đáng kể. Tìm gia tốc của vật (1) khi nó hạ xuống. Q 8P Biết R = 2r. FCqt = aC = aA g 3g Q P M qt = J .ε = ρ 2ε = 3 ra A g g R (3) (2) * Công của hệ lực cân bằng thực hiện khi vật (1) dịch chuyển δs từ s: r C O ∑δ ( A ) = (P − F k 1 qt )δ s − FCqt .δ sC − M qt .δϕ3 = 0 2 δs ⇒ ( P − F1qt )δ s − FCqt . δ s − M qt . = 0 3 3r A (1) 2 1 ⇒ ( P − F1qt ) − FCqt . − M qt . = 0 3 3r P 8P 2 P 1 9 ⇒ ( P − aA ) − a A . − 3 ra A . = 0 ⇒ a A = g g 3g 3 g 3r 34 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1169 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1171 * Quan hệ về chuyển vị, gia tốc: ε3 (3) M qt YO qt R C O XO §3. Nguyên lý di chuyển khả dĩ FC r Q aC Nguyên lý này còn được gọi là nguyên lý công ảo, dùng phương NI qt F1 pháp động học để giải bài toán cân bằng. ms s FI I (1) A δs aA δs 2 δϕ 3 = ; δ sC = δ s , δ s A = δ s 3r 3 P aA 2 ε3 = ; aC = a A 3r 3 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1170 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1172
1. Các khái niệm cơ bản về cơ hệ chịu liên kết 1.3. Tọa độ suy rộng: 1.1. Di chuyển khả dĩ: Độ dời vô cùng bé tưởng tượng thực hiện được Là các thông số định vị đúng bằng số bậc tự do hoàn toàn xác định mà không phá vỡ liên kết của cơ hệ. được vị trí của cơ hệ gọi là tọa độ suy rộng. * Các di chuyển khả dĩ thường gặp: Ký hiệu tọa độ suy rộng: {q}= (q1, q2, q3,…,qn). δ r (δ x , δ y , δ z ) : Di chuyển khả dĩ tổng quát 1.4. Công khả dĩ: δ s : Di chuyển dài khả dĩ δ A = F .δ r δϕ : Di chuyển góc khả dĩ 1.5. Lực suy rộng: { } Xét hệ gồm m chất điểm chịu tác dụng của hệ lực F k . Cho hệ gồm n bậc tự do được xác định bởi tọa độ suy rộng {q}= (q1, q2, q3,…,qn). Công khả dĩ của hệ lực tác dụng lên cơ hệ: δ A = ∑ F k .δ rk 11.10 k GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1173 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1175 1.2. Số bậc tự do của cơ hệ: bằng số di chuyển khả dĩ độc lập của nó. + Công khả dĩ tính trong tọa độ Descartes + Vật chuyển động tịnh tiến thẳng có một di chuyển khả dĩ là δs δ A = ∑ Fkx .δ rkx + ∑ Fky .δ rky + ∑ Fkz .δ rkz 11.11 bậc tự do là 1. + Vật chuyển động tịnh tiến phẳng có hai di chuyển khả dĩ độc lập + Công khả dĩ tính trong tọa độ suy rộng theo hai phương bậc tự do là 2. n ∂rk Ta có: rk = rk ( q1 , q2 ,..., qn ) ⇒ δ rk = ∑ δ qi (Khai triển M-L) + Vật chuyển động quay quanh một trục cố định có một di chuyển khả i ∂ qi dĩ δϕ bậc tự do là 1. n ∂r  ∂r  + Vật chuyển động song phẳng có ba di chuyển khả dĩ độc lập. Trong Nên: δ A = ∑ F k ∑ k δ qi = ∑  ∑ F k k  δ qi k i ∂ qi i  k ∂ qi  đó có hai di chuyển khả dĩ của điểm cực, một di chuyển khả dĩ của vật quay quanh cực đó bậc tự do là 3. ∂r Đặt: Qi = ∑ F k k gọi là lực suy rộng. 11.12 k ∂ qi * Cách xác định số bậc tự do: n Nếu cản trở n di chuyển khả dĩ độc lập mà mọi điểm thuộc hệ Do đó: δ A = ∑ Qiδ qi = Q1δ q1 + Q2δ q2 + ... + Qnδ qn 11.13 mới đứng yên thì hệ có đúng n bậc tự do. i =1 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1174 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1176
* Cách tính lực suy rộng: Để tính lực suy rộng Qi nào đó ta truyền 2. Nguyên lý di chuyển khả dĩ cho hệ một di chuyển khả dĩ độc lập sao cho tọa độ suy rộng qi có số 2.1. Nguyên lý: Điều kiện cần và đủ để cho cơ hệ chịu liên kết lý tưởng gia δqi ≠ 0, còn các tọa độ khác δqi = 0 với j ≠ i. Tính tổng công δA được cân bằng là tổng công nguyên tố của tất cả các lực chủ động tác của các lực trên di chuyển khả dĩ. Lực suy rộng Qi được tính bởi dụng lên hệ trong mọi di chuyển khả dĩ của hệ phải bằng không. công thức: Xét hệ lý tưởng với: δA Qi = 11.14 + Lực tác dụng lên hệ gồm các lực hoạt động: F k δ qi + Các phản lực liên kết: N k 1.6. Liên kết lý tưởng: Theo nguyên lý di chuyển khả dĩ: ∑ δ A( F k ) = ∑ F k .δ rk = 0 11.16 Ta đã gặp những loại liên kết mà tổng công của các lực liên kết sinh ra k trên các độ dời phân tố của hệ triệt tiêu. Hay nói cách khác các liên kết Chứng minh: 1. Điều kiện cần này không ảnh hưởng đến biến thiên động năng của hệ trong quá trình chuyển động. Ta đưa ra khái niệm cơ hệ lý tưởng. Ta có định nghĩa ( ) N k + F k = 0 ⇒ N k + F k δ rk = 0 sau: ⇒ N k δ rk + F k δ rk = 0 Toàn hệ Các liên kết của hệ sẽ được gọi là lý tưởng nếu tổng công ⇒ δ A( N k ) + δ A( F k ) = 0 nguyên tố của các lực liên kết trên mọi di chuyển khả dĩ của hệ đều ∑ Fk) = 0 δ A ( bằng không. ⇒ 0 + δ A( F k ) = 0 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1177 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1179 Xét hệ lý tưởng với: 2. Điều kiện đủ: chứng minh hệ phải cân bằng + Lực tác dụng lên hệ gồm các lực hoạt động: F k Lúc đầu hệ đứng yên và thỏa mãn điều kiện cần. Giả sử tại thời + Các phản lực liên kết: N k điểm nào đó hệ chuyển động, theo định lý động năng thì: dT = dA( F k ) + dA( N k ) > 0 (*) ∑ δ A ( N k ) = ∑ N k .δ rk = 0 11.15 k Mà dA( N k ) = 0 và dA( F k ) = 0 nên (*) không đúng. Vậy hệ Các liên kết thường gặp sau đây là liên kết lý tưởng: luôn đứng yên. - Liên kết tựa không ma sát - Liên kết lăn không trượt trên mặt cong nhám - Liên kết bản lề không ma sát - Liên kết dây mềm không giãn - Liên kết thanh ... GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1178 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1180
2.2. Các phương trình cân bằng: Bài tập 11.5 Xét hệ lý tưởng với các lực hoạt động F k Cho hệ dầm chịu liên kết và chịu lực như hình vẽ. Bỏ qua ma sát, tìm phản lực ở gối C và ngàm A. + Phương trình cân bằng dạng tọa độ Descartes ∑ F k ) = 0 ⇒ ∑ Fkx .δ rkx + ∑ Fky .δ rky + ∑ Fkz .δ rkz = 0 δ A ( + Phương trình cân bằng dạng tọa độ suy rộng 11.17 P1 = 2ql P2 = ql q ∑ F k ) = 0 ⇒ Q1δ q1 + Q2δ q2 + ... + Qnδ qn = 0 δ A ( A C D B Q1 = 0 l l l Q = 0  Khi các δ qi độc lập nhau thì:  2 11.18 ... Qn = 0 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1181 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1183 3. Áp dụng 1. Tìm phản lực liên kết gối tại C: 3.1. Các dạng toán thường gặp: - Giải phóng liên kết tại gối C phản lực VC - Tìm điều kiện cân bằng của cơ hệ có một hoặc nhiều bậc tự do P1 = 2ql P2 = ql q - Xác định các phản lực liên kết của các hệ cơ học tĩnh định C A D 3.2. Các bước tiến hành: B - Chọn bậc tự do của đối tượng khảo sát và cho di chuyển khả dĩ l l l VC - Chọn bậc tự do của đối tượng khảo sát và cho di chuyển khả dĩ - Gây di chuyển khả dĩ của dầm BCD – xoay tại B góc δϕ - Tính và triệt tiêu tổng công các lực hoạt động trong di chuyển khả dĩ. Từ đó rút ra những phương trình tìm điều kiện cân bằng của cơ hệ. P1 = 2ql P2 = ql (Với hệ cơ học tĩnh định cân bằng, giải phóng phản lực liên kết cần q tìm và xem nó như lực hoạt động) C A D B δϕ y l l l VC GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1182 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1184
- Liệt kê các lực hoạt động: - Liệt kê các lực hoạt động:  P1 = 2ql q q    P2 = ql  V  P2 = ql  C  M A - Tính công khả dĩ của lực hoạt động: - Tính công khả dĩ của lực hoạt động: lδϕ l lδϕ l δ A = ql. + P2 .2lδϕ − VC .lδϕ = (ql. + P2 .2l − VC .l )δϕ δ A = P1.lδϕ + ql. − P2 .lδϕ − M A .δϕ = ( P1.l + ql. − P2 .l − M A )δϕ 2 2 2 2 δ A = Qϕδϕ - Áp dụng nguyên lý: - Áp dụng nguyên lý: l ⇒ P1.l + ql. − P2 .l − M A = 0 l 2 Qϕ = 0 ⇒ ql. + P2 .2l − VC .l = 0 2 ql 2 2 ql 2 ⇒ M A = P1.l + − P2l = 2ql + − ql 2 = 1,5ql 2 ql ql 2 2 ⇒ VC = + 2 P2 = + 2ql = 2,5ql 2 2 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1185 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1187 2. Tìm phản lực liên kết tại A: * Xác định HA, gây di chuyển khả dĩ tại A theo phương ngang δ z : * Giải phóng liên kết tại A phản lực VA, HA, MA MA P1 = 2ql P2 = ql q MA P1 = 2ql P2 = ql q HA C A C A δz B D HA B D l l l l l l VA VC VA * Tính MA: gây di chuyển khả dĩ của dầm AB – xoay tại B góc δϕ - Liệt kê các lực hoạt động: H A - Tính công khả dĩ của lực hoạt động:δ A = − H Aδ z MA P1 = 2ql P2 = ql q C - Áp dụng nguyên lý: H A = 0 A B δϕ D l l l GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1186 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1188
* Xác định VA, gây di chuyển khả dĩ của dầm BA, xoay tại tại B: δϕ 1. Nguyên lý Tại mỗi thời điểm cơ hệ chịu liên kết hình học lý tưởng là tổng công MA P1 = 2ql P2 = ql q của các lực chủ động (ch) và các phản lực quán tính (qt) trong mọi di δϕ C chuyển khả dĩ bằng không. HA A B D δ A(ch) + δ A(qt ) = 0 11.19 l l l ( cd ) Trong đó: δ A(ch) = ∑ F k δ rk VA VC (k ) ( qt ) δ A(qt ) = ∑ F k δ rk (k ) - Liệt kê các lực hoạt động: M A ,VA ( qt ) Với: F k = − mk .ak - Tính công khả dĩ của lực hoạt động: δ A = VA .lδϕ − M Aδϕ = (VA .l − M A )δϕ 1,5ql 2 - Áp dụng nguyên lý: VA .l − M A = 0 ⇒ VA = = 1,5ql l GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1189 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1191 2. Phương trình tổng quát của động lực học + Dạng véc tơ: ( cd ) ∑ F k − mk .ak )δ rk = 0 ( (k ) 11.20 §4. Nguyên lý D’Alembert - Lagrange + Dạng tọa độ Descartes: Nguyên lý D’Alembert cho phép giải bài toán động lực học với cách ∑ ((F ( cd ) kx xkx )δ xk + ( Fky( cd ) − mk .ɺɺ − mk .ɺɺ zkz )δ zk ) = 0 yky )δ yk + ( Fkz( cd ) − mk .ɺɺ thức như bài toán cân bằng tĩnh học. Nguyên lý di chuyển khả dĩ cho (k ) 11.21 ta phương pháp tổng quát để giải bài toán cân bằng tĩnh. Kết hợp hai + Dạng tọa độ suy rộng: xét hệ n bậc tự do phương pháp trên sẽ có phương pháp tổng quát để giải bài toán động lực học. Do: δ A(ch) = ∑ Qiδ qi , δ A(qt ) = ∑ Qiqtδ qi , i = 1, n (i ) (i ) ∂r Qiqt = ∑ -mk ak k : lực suy rộng quán tính 11.22 (k ) ∂qi Nên: ∑ (Q (i ) i + Qiqt )δ qi = 0 ⇒ Qi + Qiqt = 0, i = 1, n 11.23 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1190 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1192
3. Bài tập áp dụng Tính các di chuyển khả dĩ theo α: Các thanh không trọng lượng được liên kết  Z B = a + l .cos α δ Z B = − l .sin α .δα O y Z = a δ Z = 0.δα với nhau như hình vẽ. Thanh thẳng đứng  C  C quay đều với vận tốc ω. Trên các thanh mang a qt  ⇒ C F1 các vật (xem như chất điểm) có trọng lượng A YB = l .sin α δ YB = l .cos α .δα P1 2 YC = l .sin α δ YC = l .cos α .δα F1qt = ω l .sin α là P1 = 2P2 = 2P. Hãy viết mối liên hệ giữa g vận tốc góc ω với góc α. Biết các liên kết P1 Thay tất cả vào (*): không ma sát, đầu D của thanh CD liên kết α với con trượt không trọng lượng – giá trượt là trục thanh Oz. Hai thanh AB và CD cùng qt ( 0.P − l.sin α .P + l.cos α .F 1 2 1 qt + l.cos α .F2qt ) δα = 0 chiều dài l, khớp nối nhau chính giữa. B F2 ⇒ 0.P1 − l.sin α .P2 + l.cos α .F1qt + l.cos α .F2qt = 0 D P z ⇒ − P.sin α + 3cos α . ω 2l.sin α = 0 g ω P2 g ⇒ω = 3l.cos α GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1193 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1195 Ta xét cơ cấu ở trạng thái cân bằng tương đối trong mặt phẳng của nó. 4. Phương trình Lagrange loại II Khi đó hệ có một bậc tự do. Chọn q = α làm tạo độ suy rộng. Hệ chịu 4.1. Trường hợp chung: liên kết lý tưởng vì bỏ Các lực chủ động: P1 , P 2 Xét cơ hệ liên kết lý tưởng hình học có m chất điểm, có n bậc tự P1 = 2 P do, tương ứng n tọa độ suy rộng q1, q2,...,qn dưới dạng tác dụng của hệ P2 = P { } lực F k . Hệ luôn thỏa mãn: qt qt Các lực quán tính: F 1 , F 2 d ∂T ∂T ( )− = Qi , i = 1, n P dt ∂qɺi ∂qi F1qt = 1 ω 2 l .sin α g Trong đó: P F2qt = 2 ω 2 l .sin α qi : tọa độ suy rộng g Theo phương trình tổng quát của động lực học ta có: qɺi : vận tốc suy rộng δ A(ch) + δ A(qt ) = 0 T = T (q, qɺ ) : là động năng của cơ hệ chiếu qua hệ tọa độ suy rộng δ Z C .P1 + δ Z B .P2 + δ YC .F1qt + δ YB .F2qt = 0 (*) GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1194 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1196
Chứng minh: Ta đưa vào hàm Largange L = T − Π Ta có:  ∂L ∂T ∂Π ∑ ( Q + Q )δ q qt qt = 0 ⇒ Qi + Q = 0 ⇒ Qi = −Q , qt i = 1, n  ∂q = ∂q − ∂q i i i i i  i i i (i ) L =T −Π ⇒  d  ∂T  ∂T  ∂L = ∂T − ∂Π Mà: − Qiqt =  −  ∂qɺi ∂qɺi ∂qɺi dt  ∂qɺi  ∂qi d ∂T ∂T Nên: ( )− = Qi , i = 1, n Khi đó phương trình Lagrange loại II trong trường hợp lực có thế như dt ∂qɺi ∂qi sau: d ∂L ∂L ( )− =0 11.26 dt ∂qɺi ∂qi GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1197 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1199 4.2. Trường hợp các lực có thế: * Áp dụng: Vì các lực có thế nên ta có thể tính lực suy rộng qua thế năng Π = Π ( qi ) Phương trình tổng quát động lực học và phương trình Lagrange loại II sử dụng để thành lập phương trình vi phân chuyển động của cơ hệ có một hoặc nhiều bậc tự do. Thực tế, khi thiết lập phương trình Ta có: vi phân có 2 bậc tự do trở lên mới sử dụng. Đối với cơ hệ có một bậc tự do thì có thể sử dụng định lý ∂Π ∂Π Qi = − và =0 11.24 biến thiên động năng. ∂qi ∂qɺi Phương trình tổng quát động lực học là phương trình dạng biến phân nên tương ứng với hệ phương trình vi phân nghĩa là số phương trình của hệ bằng số bậc tự do của hệ. d ∂T ∂T Phương pháp giải : Để áp dụng phương trình tổng quát động lực học, ta đặt trực tiếp các lực quán tính Nên từ: ( )− = Qi , i = 1, n dt ∂qɺi ∂qi của các chất điểm thuộc cơ hệ. Sau đó, ta cho cơ hệ một di chuyển khả dĩ và tính tổng công khả dĩ của các lực hoạt động và lực quán tính. Lập phương trình và dựa vào các di chuyển khả dĩ độc lập rút ra các phương trình vi phân chuyển động. Suy ra: d ( ∂T + ∂Π ) − ∂T = − ∂Π Để viết phương trình Lagrange loại II, đầu tiên xác định số bậc tự do của hệ và chọn các tọa độ suy dt ∂qɺi ∂qɺi ∂qi ∂qi rộng đủ. Tính động năng của cơ hệ và biểu diễn nó qua các tọa độ và vận tốc suy rộng. Tính các lực suy rộng của các lực hoạt động ứng với các tọa độ suy rộng. Tính các biểu thức đạo hàm của động d ∂T ∂Π ∂T ∂Π ⇒ ( + )− + =0 11.25 năng theo tọa độ và vận tốc suy rộng và đạo hàm toàn phần của biểu thức đạo hàm riêng của động dt ∂qɺi ∂qɺi ∂qi ∂qi năng theo vận tốc suy rộng. Trong một số trường hợp của cơ hệ với liên kết ma sát, ta có cơ hệ với liên kết không lý tưởng. Cần giải phóng liên kết ma sát và kể cả lực ma sát thuộc vào lớp các lực hoạt động. GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1198 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1200
Ví dụ 1 * Tính các đạo hàm của động năng theo tọa độ suy rộng: Cho cơ cấu gồm vành tròn cố định 1 - bán kính R1; bánh xe chủ động ∂T 18 P + Q 2, bán kính R2, trọng lượng P. Tay quay OA trọng lượng Q, chịu tác = ( R1 − R2 ) 2 ϕɺ ∂ϕɺ 12 g dụng một ngẫu lực với mômen không đổi M. Hãy xác định gia tốc góc tay quay OA, cho biết cơ cấu đặt trong mặt phẳng thẳng đứng. ∂T =0 Bánh xe 2 lăn không trượt trên vành tròn 1. Bỏ qua ma sát, bánh xe 2 ∂ϕ là đĩa đồng chất, thanh OA là thanh đồng chất. d ∂T 18 P + Q ( )= ( R1 − R2 ) 2 ϕɺɺ dt ∂ϕɺ 12 g A ϕ * Tính lực suy rộng: Qϕ M x Các lực sinh công: M , Q, P O P Q Cho cơ hệ thực hiện di chuyển khả dĩ: δϕ δ yA δA=Q + Pδ y A + M δϕ 2 y GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1201 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1203 Cơ cấu 1 bậc tự do. Chọn tọa độ suy rộng q = ϕ. Phương trình Ta có: y A = −( R1 − R2 ).sin ϕ ⇒ δ y A = −( R1 − R2 ).c osϕ .δϕ Lagrange có dạng:  ( R − R2 )(Q + 2 P )  d ∂T ∂T Do đó: δ A =  − 1 .c osϕ + M  δϕ ( )− = Qϕ  2  dt ∂ϕɺ ∂ϕ 1 ⇒ Qϕ = [ 2 M − ( R1 − R2 )(Q + 2 P).c osϕ ] * Tính động năng của hệ theo ϕ: 2 1 1 Q 1 Q Thay tất cả vào phương trình Lagrange loại II: TOA = . ( R1 − R2 ) 2 ω 2 = ( R1 − R2 ) 2 ϕɺ 2 2 12 g 24 g 18 P + Q 1 1 1 P 2 2 1 P 2 1 1 P 2 vA 2 1 P 2 ( R1 − R2 ) 2 ϕɺɺ = [ 2 M − ( R1 − R2 )(Q + 2 P ).c osϕ ] Tbx = . R2 ω2 + vA = . R2 ( ) + vA 12 g 2 2 2g 2g 2 2g R2 2g 6 g [ 2 M − ( R1 − R2 )(Q + 2 P).c osϕ ] 3P 2 3P ⇒ ε = ϕɺɺ = = vA = ( R1 − R2 ) 2 ϕɺ 2 (18 P + Q)( R1 − R2 ) 2 4g 4g 18 P + Q T = TOA + Tbx = ( R1 − R2 ) 2 ϕɺ 2 24 g GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1202 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1204
Ví dụ 2 * Tính động năng của hệ: Một trụ đồng chất có khối lượng m, chuyển động lăn không trượt trên M 2 m 2 2 m mặt phẳng nghiêng của một lăng trụ tam giác A, có khối lượng M, góc T= ɺɺ.cos α ) + sɺ 2 xɺ + ( xɺ + sɺ + 2 xs nghiêng là α. Lăng trụ có thể trượt trên mặt phẳng ngang, nhẵn. Tìm 2 2 4 gia tốc khối tâm của trụ C đối với lăng trụ A và gia tốc của lăng trụ A. * Hàm Lagrange: Bỏ qua ma sát. 1 3 y L = T − Π = ( M + m ) xɺ 2 + msɺ 2 + mxs ɺɺ.cos α + mgs.sin α + const 2 4 * Tính các đạo hàm: x ∂L ∂L O =0 = mg .sin α (C ) ∂x ∂s ∂L ∂L 3 ( A) P = ( M + m ) xɺ + msɺ.cos α = msɺ + mxɺ.cos α O1 α x ∂xɺ ∂sɺ 2 d ∂L d ∂L 3 Q s ( ) = ( M + m ) ɺɺ x + msɺɺ.cos α ( ) = msɺɺ + mxɺɺ.cos α dt ∂xɺ dt ∂sɺ 2 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1205 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1207 Hệ khảo sát gồm 2 vật: ống trụ và lăng trụ tam giác. Hệ có 2 bậc tự do, * Thay tất cả vào (1), (2): chọn q1 = x, q2 = s. Do các lực tác dụng lên hệ là lực thế nên: d ∂L ∂L ( M + m ) ɺɺx + msɺɺ.cos α = 0 ( )− =0 (1)  dt ∂xɺ ∂x 3 d ∂L ∂L  msɺɺ + mxɺɺ.cos α − mg .sin α = 0 ( )− = 0 (2) 2 dt ∂sɺ ∂s msɺɺ.cos α + ( M + m ) ɺɺ x=0 * Tính thế năng của hệ: ⇒ 3ɺɺs + 2 ɺɺ x.cos α = 2 g .sin α Π = − mgs.sin α + const  mg .sin 2α x=−  ɺɺ * Tính động năng của hệ: 3 ( M + m ) − 2m.cos 2 α  T = TA + TC ⇒ ɺɺ 2 ( M + m ) g .sin α s= M 2  3 ( M + m ) − 2m.cos 2 α TA = xɺ 2 m m TC = ( xɺ 2 + sɺ 2 + 2 xs ɺɺ.cos α ) + sɺ 2 2 4 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1206 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1208
Hoặc có thể giải: Thay tất cả vào phương trình Lagrange loại II (1) và (2): d ∂T ∂T  mg sin 2α ( )− = Qx (1)  x=− ɺɺ dt ∂xɺ ∂x ( M + m) ɺɺ x + msɺɺ.cos α = 0  3( M + m) − 2m.cos 2 α  ⇒ d ∂T ∂T 2 ɺɺ x.cos α + 3ɺɺ s = 2 g sin α ɺɺ 2 ( M + m ) g .sin α ( )− = Qs (2) s= dt ∂sɺ ∂s  3 ( M + m ) − 2m.cos 2 α * Tính động năng của hệ theo x, s: M 2 Ttg = xɺ 2 m 2 m Tv = ɺɺ.c osα + sɺ 2 ) + sɺ 2 ( xɺ + 2 xs 2g 4 M +m 2 3m 2 T = Ttg + Tv = xɺ + mxs ɺɺ.c osα + sɺ 2 4 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1209 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1211 * Tính các đạo hàm của động năng theo tọa độ suy rộng: Bài tập 11.6 ∂T M + m ∂T 3m Hai tấm phẳng đồng chất có cùng chiều dày. Tấm hình vuông (D) cạnh = xɺ + msɺ.cos α = mxɺ.cos α + sɺ ∂xɺ g ∂sɺ 2 a, khối lượng m. Tấm hình tam giác ABC có h = 30a, khối lượng 6m. ∂T ∂T Tại thời điểm ban đầu khi t = 0 (s) cả hai vật đứng yên, được ghép =0 =0 phẳng với nhau và K1 trùng A. Cho hệ chuyển động tự do dưới tác dụng ∂x ∂s d ∂T Q+P P của trọng lực: vật B trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng của vật ( )= ɺɺ s.cos α d ( ∂T ) = mxɺɺ.cos α + 3m ɺɺ x + ɺɺ s ABC, vật ABC trượt không ma sát trên mặt phẳng ngang. Tại mọi thời dt ∂xɺ g g dt ∂sɺ 2 điểm, mặt trung gian của hai vật luôn thuộc một mặt phẳng cố định. Viết * Tính lực suy rộng: Qx phương trình chuyển động khối tâm của các vật khi vật D đang còn trên mặt nghiêng. A Cho cơ hệ thực hiện di chuyển khả dĩ:δ x ≠ 0, δ s = 0 Không có lực sinh công nên Qx = 0 * Tính lực suy rộng: Qs h K1 Cho cơ hệ thực hiện di chuyển khả dĩ:δ x = 0, δ s ≠ 0 90 0 450 B C δ A = mg.sin α .δ s = 0 ⇒ Qs = mg sin α GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1210 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1212
Gọi G1 là khối tâm của vật tam giác. * Tính động năng của hệ: Gọi G2 là khối tâm của vật hình vuông. m 2 2 T = 3mxɺ 2 + ( xɺ + sɺ + 2 xs ɺɺ) y 2 * Hàm Lagrange: 7 m m 2 I s L = T − Π = mxɺ 2 + sɺ 2 + 2 xs ɺɺ + mgs + const 2 2 2 2 * Tính các đạo hàm: G2 x G1 ∂L ∂L 2 =0 = mg P2 ∂x ∂s 2 P1 x O ∂L m ∂L m = 7 mxɺ + 2 sɺ = msɺ + 2 xɺ ∂xɺ 2 ∂sɺ 2 s d ∂L m d ∂L m ( ) = 7 mxɺɺ + 2ɺɺ s ( ) = msɺɺ + 2 ɺɺ x dt ∂xɺ 2 dt ∂sɺ 2 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1213 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1215 Hệ khảo sát gồm 2 vật: tấm vuông và tấm tam giác. Hệ có 2 bậc tự do, * Thay tất cả vào (1), (2): chọn q1 = x, q2 = s. Do các lực tác dụng lên hệ là lực thế nên:  m d ∂L ∂L ( )− =0 (1) 7 mxɺɺ + 2 2ɺɺ s=0 dt ∂xɺ ∂x  msɺɺ + m 2 ɺɺ 2 d ∂L ∂L x − mg =0 ( )− = 0 (2)  2 2 dt ∂sɺ ∂s 2 14 ɺɺx + 2ɺɺ s=0 * Tính thế năng của hệ: Π = − mgs + const ⇒ 2 x + 2ɺɺ  ɺɺ s=g * Tính động năng của hệ:  g T = Ttg + Tv x=−  ɺɺ 13 ⇒ M 2 7 2g -Phương trình chuyển động tuyệt đối Ttg = xɺ = 3mxɺ 2 ɺɺs= tấm tam giác 2  13 -Phương trình chuyển động tương đối m (theo mặt nghiêng) của tấm vuông. Tv = ( xɺ 2 + sɺ 2 + 2 xs ɺɺ) Người đọc tự giải quyết tiếp -Phương trình chuyển động tuyệt đối 2 của tấm vuông (hợp chuyển động) GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1214 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1216
Hoặc có thể giải: Thay tất cả vào phương trình Lagrange loại II (1) và (2): d ∂T ∂T  7 2g ( )− = Qx (1) s = 0  s = 13 14 ɺɺ ɺɺ dt ∂xɺ ∂x x + 2ɺɺ  ⇒ d ∂T ∂T x + 2ɺɺ  ɺɺ s=g  ɺɺ g ( )− = Qs (2) x=− dt ∂sɺ ∂s  13 * Tính động năng của hệ theo x, s: 1 Ttg = .6mxɺ 2 = 3mxɺ 2 2 1 Tv = .m( xɺ 2 + xs ɺɺ. 2 + sɺ2 ) 2 m T = Ttg + Tv = 2 ( 7 xɺ 2 + 2 xs ɺɺ + sɺ 2 ) GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1217 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1219 * Tính các đạo hàm của động năng theo tọa độ suy rộng: Bài tập 11.7 ∂T m ∂T m Con lắc elíptic gồm con chạy A khối lượng M, trượt không ma sát trên = ∂xɺ 2 ( 14 xɺ + sɺ. 2 ) = ∂sɺ 2 ( xɺ. 2 + 2 sɺ ) mặt phẳng nằm ngang và quả cầu nhỏ khống lượng m nối với con chạy bằng thanh AB chiều dài l không trọng lượng. Thanh có thẻ quay quanh ∂T ∂T =0 =0 trục A gắng liền với con chạy và vuông góc với mặt phẳng. Hãy lập ∂x ∂s phương trình Lagrange loại II. d ∂T m d ∂T m ( )= dt ∂xɺ 2 ( 14 ɺɺ s. 2 x + ɺɺ ) ( )= dt ∂sɺ 2 ( x. 2 + 2ɺɺ ɺɺ s ) A x * Tính lực suy rộng: Qx Cho cơ hệ thực hiện di chuyển khả dĩ:δ x ≠ 0, δ s = 0 l Không có lực sinh công nên Qx = 0 ϕ * Tính lực suy rộng: Qs y B Cho cơ hệ thực hiện di chuyển khả dĩ:δ x = 0, δ s ≠ 0 2 2 δ A = mg δ s = 0 ⇒ Qs = mg 2 2 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1218 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1220
*Hệ gồm hai bậc tự do. Chọn tọa độ suy rộng: * Các phương trình Lagrange loại II: d ∂L ∂L q1 = x, q2 = ϕ x ( )− =0 (1) dt ∂xɺ ∂x A x d ∂L ∂L ( )− = 0 (2) * Tính động năng của hệ: dt ∂ϕɺ ∂ϕ T = TA + TB l * Thay tất cả vào các phương trình Lagrange loại II: Trong đó: ϕ x + ml (ϕɺɺ.cos ϕ − ϕɺ 2 sin ϕ ) = 0 (1) ⇒ ( M + m) ɺɺ 1 y B TA = Mxɺ 2 2 (2) ⇒ lϕɺɺ + ɺɺ x.cos ϕ + g .sin ϕ = 0 1 TB = m(l 2ϕɺ 2 + 2lϕɺ xɺ.cos ϕ + xɺ 2 ) 2 Do đó: 1 1 T= Mxɺ 2 + m(l 2ϕɺ 2 + 2lϕɺ xɺ.cos ϕ + xɺ 2 ) 2 2 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1221 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1223 Hoặc có thể giải: * Tính thế năng của hệ: Π = − mgl.cos ϕ + const d ∂T ∂T * Hàm Lagrange: ( )− = Qx (1) dt ∂xɺ ∂x 1 1 L = T − Π = Mxɺ 2 + m(l 2ϕɺ 2 + 2lϕɺ xɺ.cos ϕ + xɺ 2 ) + mgl.cos ϕ + const d ∂T ∂T 2 2 ( )− = Qϕ (2) * Tính các đạo hàm: dt ∂ϕɺ ∂ϕ ∂L ∂L =0 = −mlϕɺ xɺ.sin ϕ − mgl.sin ϕ * Tính động năng của hệ theo x, ϕ: ∂x ∂ϕ ∂L 1 = Mxɺ + m(lϕɺ.cos ϕ + xɺ ) ∂L = ml (lϕɺ + xɺ.cos ϕ ) TA = .Mxɺ 2 ∂xɺ 2 ∂ϕɺ d ∂L x + m(lϕɺɺ.cos ϕ − lϕɺ 2 sin ϕ ) ( ) = ( M + m) ɺɺ 1 dt ∂x ɺ d ∂L TB = .m( xɺ 2 + 2 xl ɺ ϕɺ.cos ϕ + l 2ϕɺ 2 ) ( ) = ml (lϕɺɺ + ɺɺ x.cos ϕ − xɺϕɺ.sin ϕ ) 2 dt ∂ϕɺ 1 1 T = TA + TB = ( M + m) xɺ 2 + mxl ɺ ϕɺ .cos ϕ + ml 2ϕɺ 2 2 2 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1222 GV Huỳnh Vinh – ĐHBK Đà Nẵng Lưu hành nội bộ Slide 1224