intTypePromotion=1

Giáo trình Hướng dẫn giải bài tập Cơ kỹ thuật 2 (Phần Động lực học)

Chia sẻ: Nguyen Minh Duc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:95

0
42
lượt xem
2
download

Giáo trình Hướng dẫn giải bài tập Cơ kỹ thuật 2 (Phần Động lực học)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giáo trình Hướng dẫn giải bài tập Cơ kỹ thuật 2 (Phần Động lực học) trình bày một số bài tập, kiến thức về các đặc trưng hình học khối lượng của cơ hệ và vật rắn; phương pháp lực, khối lượng, gia tốc; phương pháp công, năng lượng; phương pháp xung lượng động lượng; phương pháp lagrange.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Giáo trình Hướng dẫn giải bài tập Cơ kỹ thuật 2 (Phần Động lực học)

  1. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 (PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC) GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  2. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC Phần II ĐỘNG LỰC HỌC (KINETICS) CÁC ĐẶC TRƯNG HÌNH HỌC KHỐI LƯỢNG CỦA CƠ HỆ VÀ VẬT RẮN I. KHỐI TÂM CỦA CƠ HỆ Khối tâm G củ a cơ hệ là mộ t điểm mà vi ̣ tri ́ củ a nó đượ c xác đi ̣nh bở i phương trình : 1 n r  miri m i 1 Hệ n chât́ điểm  1 n  x   mi xi m i 1   1 n  y   mi yi  m i 1  1 n   z   mi zi m i 1 1 n 1 n v  mi vi m i 1 a  miai m i 1 II. MOMEN QUÁN TÍNH KHỐI LƯỢNG CỦA VẬT RẮN  Định nghĩa Momen quán tính khối lượ ng củ a vật đối vớ i trụ c a đượ c đi ̣nh nghi ̃a là Miền V  Bán kính quán tính Bán kính quán tính của vật đối với trục a đượ c đi ̣nh nghi ̃a là Ia ka  hay I a  mka2 m GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  3. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC  Định lý song song Liên hệ momen quán tính giữ a hai trụ c song song : trục a và trục đi qua khối tâm G và song song vớ i trụ c a I a  I a  md 2 a Ia Ia d Trong đó  I a là momen quán tính khối lượng của vật đối với trục G a.  I a là momen quán tính khối lượng của vật đối với trục đi qua khối tâm và song song vớ i trụ c a.  m là khối lượng của vật. d là khoảng cách giữa hai trục.  Momen quán tính của vật thể phức hợp Momen quán tính của vật thể đối với một trục cho trước bằng tổng momen quán tính của các phần củ a vật đối với trục đó.  Momen quán tính khối lượng của một số vật rắn đồng chất z z l /2 Thanh mảnh Thanh l /2 mảnh A y l y G x ml 2 I Gy  I Gz  x ml 2 12 I Ay  I Az  3 GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  4. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC z z Vành Đi ̃a trò n R R C G tròn C G y y x x mR 2 mR 2 mR 2 IGz  mR 2 ; I Gx  I Gy  I Gz  ; I Gx  I Gy  2 2 4 z Khối cầu Khối trụ x 2mR 2 I Gx  I Gy  I Gz  ; 5 mR 2 I Gz  ; 2 m(3R 2  h 2 ) I Gx  I Gy  12 Khối z Khối hộ p chữ nhật nón 3 I Gz  mR 2 ; 10 m(b 2  c 2 ) m(c 2  a 2 ) I Gx  ; I Gy  ; 3 12 12 I Gx  I Gy  m(4 R 2  h 2 ) 80 m(a 2  b 2 ) I Gz  12 GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  5. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC CÁC BÀI TẬP MẪU Bài 1 Cơ hệ trong Hình (a) bao gồm ba vật thể đồng chất: trụ nặng 10-kg; thanh mảnh nặng 2-kg; và khối cầu nặng 4-kg. Với cơ hệ đó, tính toán: (1) Ix, mô men quán tính khối lượng đối với trục x. (2) 𝐼𝑥 𝑣à 𝑘, mô men quán tính khối lượng và bán kính quán tính đối với trục đi qua khối tâm của hệ và song song với trục x. Lời giải Các khối tâm của trụ (G1), thanh (G2), và khối cầu (G3) được chỉ ra trong Hình (b). Do tính đối xứng , khối tâm G của hệ nằm trên trục y, với tọa độ 𝑦 cần được xác định. Phần 1: Trụ: Mô men quán tính của trụ đối với trục đi qua khối tâm của chính nó và song song với trục x là GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  6. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC Theo định lý trục song song, mô men quán tính của trụ đối với trục x là Thanh mảnh: Bởi vì G2 chính là gốc của hệ trục xyz, mô men quán tính của thanh đối với trục x là Khối cầu: Mô men quán tính của khối cầu đối với trục đi qua khối tâm của chính nó và song song với trục x là Sử dụng định lý trục song song, mô men quán tính của khối cầu đối với trục x là GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  7. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC Cơ hệ: Mô men quán tính của cơ hệ đối với một trục bằng tổng mô men quán tính của các phần thuộc hệ đối với trục đó. Do đó, cộng các giá trị mà chúng ta tính được ở trên, ta được Phần 2: Theo Hình (b), tọa độ 𝑦 của tâm G là y m y i i  10  0.24   2  0   4  0.27   0.0825m m i 10  2  4 Bởi vì 𝑦 là khoảng cách giữa trục x và trục đi qua khối tâm của cơ hệ và song song với trục x nên Bán kính quán tính tương ứng là Bài 2 Một chi tiết máy nặng 290-kg trong Hình (a) được tạo bởi việc khoan một cái lỗ lệch tâm đường kính 160mm, một trụ đường kính 400mm dài 350mm. Xác định: (1) Iz (mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục z.) (2) 𝑘 (bán kính quán tính của chi tiết máy đối với đi qua khối tâm của nó và song song với trục z.) GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  8. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC Lời giải Chi tiết máy trong Hình (a) có thể được xem gồm hai phần khác nhau, đó là các khối trụ đồng chất A và B trong Hình (b) và (c). Mật độ khối lượng của chi tiết máy là GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  9. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC Do đó, khối lượng của các trụ A và B là Như một sự kiểm tra việc tính toán, chúng ta chú ý rằng mA – mB = m, như mong đợi. Phần 1 Mô men quán tính của trụ A đối với trục z, trục mà trùng với trục trung tâm z của nó là Mô men quán tính của trụ B đối với trục trung tâm z của nó là Bởi vì khoảng cách giữa trục z và trục trung tâm z của vật B là d =0.11m, mô men quán tính của B đối với trục z được tính từ định lý trục song song: Do đó, mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục z là Phần 2 Do tính đối xứng, tọa độ x và z của khối tâm của phần máy là 𝑥 = 0 𝑣à 𝑧 = −0.175𝑚. Tọa độ y được tính như sau GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  10. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC Mô men quán tính của chi tiết máy đối với trục trung tâm z của nó (trục đi qua khối tâm của nó và song song với trục z) có thể được tính từ định lý trục song song: Bán kính quán tính tương ứng là GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  11. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC ĐỘNG LỰC HỌC PHƢƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƢỢNG – GIA TỐC I. PHƯƠNG PHÁP LỰC – KHỐI LƯỢNG – GIA TỐC ĐỐI VỚI CHẤT ĐIỂM  F  ma Các bước áp dụng:  Vẽ FBD của chất điểm (gồm tất cả các lực tác dụng lên chất điểm).  Lực hoạt động: lực cho trước và trọng lực (nếu có).  Phản lực liên kết: lực do các vật đỡ gây ra, gồm cả lực ma sát (TH chuyển động Fms  k N ), lự c cản (nếu có).  Vẽ MAD cho chất điểm (thể hiện véc tơ ma).  Chọn hệ trục tọa độ  Sử dụng phần động học (bài 2) để phân tích phương, chiều của véc tơ gia tốc a. Nếu chiều của a chưa biết thì chúng ta giả thiết chiều của mỗi thành phần gia tốc a hướng theo chiều dương của các trục tọa độ.  Thể hiện véc tơ ma trên hình vẽ.  Từ hai sơ đồ FBD và MAD viết phương trình chuyển động cho chất điểm.  Sử dụng liên hệ giữa gia tốc, vận tốc và vị trí (phần động học chât́ điểm ), thực hiện các phép tính đạo hàm hoặc tích phân để xác định các đại lượng được yêu cầu. BÀI TẬP MẪU Bài 1 Khối A trọng lượng 300N trong hình M2.5a đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang, khi một lực P tác dụng tại thời điểm t=0. Tìm vận tốc và vị trí của khối khi t=5s. Hệ số ma sát động lực là 0.2. (a) Lời giải  Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD (hình (b)) GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  12. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC - Lực cho trước: P =200N - Trọng lực: W =mg - Phản lực liên kết: phản lực NA và lực ma sát FA =µkNA.  Vẽ MAD (hình (b)) - Chọn hệ trục tọa độ xy như trong hình (b). - Chuyển động là chuyển động thẳng theo phương ngang nên ay =0. (b)  Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD  F  ma  P  W  N A  FA  ma F y 0 => N A  W  P sin 300  0 (1) F x  ma => P cos300  FA  ma (2) Từ phương trình (1) có được N A  W  P sin 300  300  200sin 300  400 N Do đó lực ma sát là FA  k .N A   0.2  400   80 N Từ phương trình (2) ta có: 1 9.81 a ( P cos300  FA )  (200cos300  80)  3.048m / s 2 m 300  Sử dụng các liên hệ động học giải tìm vận tốc v và tọa độ vị trí x GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  13. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC dv dx Ta có: a  và v  dt dt Nên v   adt   3.048dt  3.048t  C1 (3) x   vdt   (3.048t  C1 )dt  1.524t 2  C1t  C2 (4) Trong đó C1 và C2 là các hằng số tích phân có thể được tìm ra từ các điều kiện đầu. Như đã biết ban đầu v =0. Tuy nhiên, chúng ta có nhiều lựa chọn gốc tọa độ x. Lựa chọn thuận lợi nhất là đặt x =0 khi t =0. Do đó điều kiện đầu là: v =0 và x =0 khi t =0 Thay các giá trị này vào (3) và (4) ta có C1=0 và C2=0. Do đó vận tốc và tọa độ vị trí của khối lúc t=5s là v   3.048  5   15.24 ( m / s) x  1.524  (5)2  38.10 (m) Bài 2 Hình (a) biểu diễn một kiện hàng khối lượng m nằm yên trên sàn thùng của một chiếc xe tải. Hệ số ma sát tĩnh giữa hai bề mặt là 0.64. Để cho kiện hàng trượt xuống thì sàn thùng có vị trí như hình vẽ, xe tải phải chuyển động có gia tốc sang phải. Xác định gia tốc a nhỏ nhất để kiện hàng bắt đầu trượt. Biểu diễn đáp án theo gia tốc trọng trường g. (a) Lời giải GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  14. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC  Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD (hình (b)) - Trọng lực: W =mg - Phản lực liên kết: phản lực N và lực ma sát F =0.64N (do kiện hàng ở trạng thái sắp trượt, F bằng với giá trị ma sát tĩnh lớn nhất s N ).  Vẽ MAD (hình (b)) - Chọn hệ trục tọa độ xy như trong hình (b). - Do kiện hàng và xe tải có cùng gia tốc trước khi sự trượt xuất hiện, véctơ lực quán tính của kiện hàng là ma, hướng theo phương ngang. (b)  Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD  F  ma  W  N  F  ma F y 0  N cos300  0.64 N sin 300 - mg  0 (1) F x  ma  - N sin 300  0.64 N cos300  ma (2) mg Từ phương trình (1) ta có N   0.8432mg (3) cos30  0.64sin 300 0 Thay vào phương trình (3) vào phương trình (2) ta có 0.8432mg ( sin 300  0.64cos300 )  ma  a  0.0458 g Nhận thấy rằng kết quả là độc lập với khối lượng m. GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  15. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC Bài 3 Một quả bóng trong hình (a) có trọng lượng 1.5N và được ném lên với vận tốc ban đầu 20m/s. Tính toán chiều cao lớn nhất mà quả bóng đạt được nếu (1) bỏ qua sức cản không khí; và (2) khi không khí sinh ra lực cản FD được biết như là ảnh hưởng khí động học, ngược với vận tốc. Giả thiết rằng FD=cv2 trong đó c=2.10-3N.s2/m2. Hình (a) Lời giải Phần 1 Khi sức cản không khí được bỏ qua, chỉ có trọng lực tác dụng lên quả bóng trong suốt quá trình chuyển động, được chỉ ra trong hình (b). Do chuyển động là thẳng nên giá trị của véctơ quán tính là max=ma, như chỉ ra trong hình MAD trong hình (b). Áp dụng định luật II Newton (pp Lực – Khối lượng – Gia tốc) ta có: F x  ma  mg  ma từ đó ta có thể tìm ra: a   g  9.8m/s2 (1) Sử dụng liên hệ động học giữa gia tốc với vận tốc và tọa độ vị trí theo thời gian, ta xác định được vận tốc và vị trí như sau: v   adt   (9.8)dt  9.8t  C1 (2) x   vdt   (9.8t  C1 )dt  4.9t 2  C1t  C2 (3) Các hằng số tích phân có thể được tính toán dựa vào các điều kiện đầu x =0 và v =0 khi t =0 kết quả là:C1 =20m/s, C2 =0. Do đó vận tốc và vị trí của quả bóng được xác định là: GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  16. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC v  9.8t  20 (4) x  4.9t  20t 2 (5) Quả bóng đạt tới độ cao lớn nhất khi v =0 ta có 9.8t  20  0  t  2.04s .Thay t =2.04s vào phương trình (5) ta có xmax  20.4m Chú ý trong trường hợp này gia tốc, vận tốc và vị trí của quả bóng độc lập với trọng lượng của nó. Phần 2 Khi kể đến ảnh hưởng của sức cản khí động học, FBD và MAD của quả bóng trong quá trình bay lên được chỉ ra trong hình (c). Quan sát thấy rằng lực FD, luôn ngược chiều vận tốc, tác dụng hướng xuống dưới bởi vận tốc theo chiều dương là hướng lên. Từ định luật II Newton, chúng ta có các phương trình chuyển động: F x  max  mg  cv 2  ma (6) Sử dụng liên hệ động học: a=vdv/dx, phương trình (6) trở thành: dv mg  cv 2  m v dx Phân ly biến số, ta có: mvdv dx   mg  cv 2 Tích phân cả hai vế của phương trình này (sử dụng bảng tích phân nếu cần thiết), ta có: m x ln(mg  cv 2 )  C3 2c Trong đó C3 là hằng số tích phân. Thay số vào ta được : x  38.25ln(1.5  2 103 v2 )  C3 GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  17. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC Sử dụng điều kiện đầu: v =20m/s khi x =0, ta tìm được C3 =31.86m. Do đó: x  38.25ln(1.5  2 103 v2 )  31.86 Bởi vì độ cao lớn nhất đạt được khi v =0 ta có xmax  38.25ln1.5  31.86  16.4(m) Dĩ nhiên giá trị này nhỏ hơn giá trị lớn nhất có được trong phần 1, khi bỏ qua sức cản khí động học. Bài 4 Vật A khối lượng 12kg trong hình (a) trượt không ma sát trong một máng nửa hình tròn bán kính R=2m. Vật A bắt đầu chuyển động từ vị trí có góc   300 và đạt vận tốc v0=4m/s hướng về phía đáy máng. Tìm biểu thức vận tốc của vật và lực giữa máng và vật theo  . Lời giải  Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD (hình (b))  Vẽ MAD (hình (b)) - Quỹ đạo là đường tròn nên có thể chọn sử dụng hệ tọa độ quỹ đạo (hệ tọa độ tiếp tuyến – pháp tuyến). - Gia tốc của vật gồm hai thành phần: gia tốc tiếp và gia tốc pháp. - Các véc tơ man (chiều hướng về tâm của quỹ đạo) và mat (vẽ theo chiều dương của trục tiếp tuyến) được thể hiện trong hình vẽ. GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  18. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC  Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD  F  ma  W  N A  man  mat Chiếu PT này lên hai phương tiếp tuyến và pháp tuyến, ta được mg cos  mat (1) N A - mg sin   man (2)  Sử dụng các liên hệ động học: vdv v2 at  an  và ds  Rd ds  ta có vdv mg cos m (3) Rd v2 N A - mg sin   m (4)  Phân ly biến số, PT (3) trở thành gR cos d  vdv . Tích phân hai vế phương trình này sử dụng điều kiện đầu v  v0  4m / s khi   300  v   /6 gR cos d   vdv 4  v   2  9.8 2  sin   1.81   39.2sin   3.62 m / s Thay kết quả này vào PT (4), ta nhận được GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  19. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC  39.2sin   3.62  N A  12  9.8sin     2   352.8sin   21.7 N Bài 5 Một vật B khối lượng 100g như trong hình (a) trượt dọc theo tay quay OA. Hệ số ma sát động giữa B và OA là   0.2 . Tại vị trí như hình vẽ, R  1m / s,  5rad / s và   3rad / s 2 . Tại vị trí k  , gia tốc tương đối của B so với OA. này, xác định R (a) Lời giải  Sử dụng phương pháp Lực – Khối lượng – Gia tốc  Vẽ FBD (hình (b)) - Trọng lực: W =mg =(0.1)(9.8) =0.98N - Phản lực liên kết: phản lực NB và lực ma sát F =0.2NB , chiều của F ngược với chiều của R , vận tốc tương đối của B so với thanh OA.  Vẽ MAD (hình (b)) - Chọn hệ tọa độ cực  R,  - Có ma  maR  ma .  Viết PT chuyển động của chất điểm từ FBD và MAD GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
  20. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP CƠ KỸ THUẬT 2 PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC NB F  0.2 N B  F  ma  W  NB  F  maR  ma Chiếu PT này lên hai phương vuông góc   F  m R  2 R    N B  0.98cos 400    0.1  0.4  3   2 1 5     FR  m R  R 2  0    0.4  52  0.98sin 40  0.2 N B  0.1  R    0.04m / s 2 R Dấu âm nghĩa là gia tốc tương đối của B so với tay quay OA là hướng về O. GV. Nguyễn Thị Kim Thoa
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2