ĐÁP án bài tập THI ĐỘNG lực học máy TRỤC

Bài 4 ( lần 2)

c

k

Fdh

x
xb

m

m

x

T
T

L
L0

x2

Fc

M

v0.t

xb

M.g

M

Giả thiết cáp thép không đàn hồi.
Quá trình nâng hạ phân thành 2 giai đoạn:
•

Giai đoạn 1: Khi bắt đầu nâng hàng lên khỏi nền (0Lực căng T của cáp sẽ nằm trong khoảng 0 < T < m.g
Tách vật m:
Theo giả thiết: v0 = const. Nên:
 ..
x = 0
.
 x = −v0
 x = −v t
0



Suy ra:
Kết thúc giai đoạn 1, hàng được nhấc lên khỏi mặt đất. Gọi thời điểm kết thúc giai đoạn 1
là ts cũng chính là lúc hàng được nhấc lên khỏi mặt đất. Lúc này T = M.g
− M .g = − k .v0 .ts − c.v0 → ts =
•

M .g − c.v0

k .v0

Giai đoạn 2: Hàng được nhấc lên khỏi mặt đất.
Áp dụng định luật 2 Newton:
Vật m:
1


Vật M:
Theo hình vẽ: x = xb – L, L = L0 - v0.t.
Suy ra: x = xb – L0 + v0t. Suy ra: xb = x + L0 – v0t
,

.

xb = −v0 + x
.

..

xb = x

Suy ra phương trình dao động của hệ:

.
 ..
m. x + c x + k .x = −T

.
 M . x = T − m.g

Cộng hai vế của hai phương trình trên ta được:

(*)
..

Xét phương trình đặc thuần nhất có dạng:

.

(m + M ). x + c. x + kx = 0

Đặt:
..

.

x + 2.ξ .ωn . x + ωn2 x = 0

Suy ra phương trình có dạng:
Nghiệm của phương trình (1) có dạng:

(1)

X=e −ξ .ωn .t (C1.sin ωd .t + C2 .sin ωd .t )

Thay vào điều kiện đầu:

 x (t = 0) = xs
.

 x (t = 0) = −v0

Vế phải của phương trình (*) là hằng số, nên phương trình (*) có nghiệm riêng:
xr =

− M .g
k

Nghiệm tổng quát của (*) có dạng:

−

M .g − c.v0
k

Với xs = -v0.ts =
Đạo hàm biểu thức trên và thay vào phương trình vi phân chuyển động của vật M ta được
kết quả:
2


3


Bài 1 ( Lần 3)

Vì BR1 có 40 răng, BR2 có 20 răng. Suy ra bánh răng 2 quay nhanh gấp đôi bánh răng 1.
Mặt khác Jchân vịt = 2000 kg.m2 nên Jđộng cơ = 1000 kg.m2
Gọi J1 là momen quán tính quy đổi của Động cơ, BR1, BR2 về trục động cơ.
J1 = J BqRd 2 + J BR1 + J DC = 22.150 + 250 + 1000 = 1850kg.m 2

Gọi J2 là momen quán tính quy đổi của chân vít về trục động cơ.
qd
J 2 = J CV
= 22.2000 = 8000kg .m 2

Độ cứng của trục đàn hồi chịu xoắn được xác định theo công thức:

Vậy hệ thống được quy đổi về sơ đồ như hình b với kt1 = 981750,0 Nm/rad, kt2
=3976087,5 Nm/rad, J1 =1850 kg/m2, J2 = 8000kg.m2.
Tần số giao động riêng được xác định theo công thức:

4


Tính :

Suy ra:

Dao động riêng của hệ chịu xoắn xác định theo công thức:

5


Bài 2 ( Lần 3)
l1

l2

A

x

l1.teta

Q
k1

•
•

 

B

teta

L2.teta

k2

Hệ có 2 bậc tự do tương điuơng với hai toạ độ suy rộng x(t), θ(t)
Thiết lập phương trình chuyển động:
..

 ..
−
F
−
F

=
m
.
x
 dh1
m. x + (k1 + k2 ).x − l1.k1.θ + l2 .k 2 .θ = 0
dh 2
→

 ..
..
2
2
l1.k1 ( x − l1θ ) − l2 .k 2 ( x − l2θ ) = J 0 .θ
 J 0 .θ + (−l1.k1 + l2 .k2 ).x + l1 .k1.θ + l2 .k2 .θ = 0

(*)

Suy ra
m
[M ] = 
0

 k +k
[k ] =  1 2
 −k1.l1 + k2 .l2

0
J 0 

,
J0 = 0,9 .1000=810kg.m2

−k1.l1 + k2 .l2 
k1 .l12 + k 2 .l22 

2

[k ] − [M ].ω 2 = 0
→
→

k1 + k 2 − m.ω 2

−k1.l1 + k2 .l2

−k1.l1 + k2 .l2

k .l + k2 .l22 − J o .ω 2
2
1 1

=0

−1000.ω 2 + 40000

15000

15000

−810ω 2 + 67500

=0

→ 8,1.ω 4 − 999ω 2 + 24750 = 0
→ ω12 , ω22 = 34, 331;89 → ω1 , ω2 = 5,8593;9, 4341

Gọi nghiệm của phương trình (*) có dạng: x = Xcosωt,
Mode shapes:

φ = Φ.cosωt

6


(−1000.ω 2 + 40000) X + 15000.Φ = 0
→

X (1)
−15000
−15000
=
=
= −2, 646
(1)
2
Φ
−1000.ω1 + 40000 −1000.34,331 + 40000

→

X (1)
−15000
−15000
=
=
= 0,3061
(1)
2
Φ
−1000.ω2 + 40000 −1000.89 + 40000

Bài 3 ( Lần 3)
l1

l2

A

x

l1.teta

Q
k1

•
•

 

B

teta

L2.teta

k2

Hệ có 2 bậc tự do tương điuơng với hai toạ độ suy rộng x(t), θ(t)
Thiết lập phương trình chuyển động:
..

 ..
− Fdh1 − Fdh 2 = m. x
m. x + (k1 + k2 ).x − l1.k1.θ + l2 .k 2 .θ = 0
→

 ..
..
2
2
l1.k1 ( x − l1θ ) − l2 .k 2 ( x − l2θ ) = J 0 .θ
 J 0 .θ + (−l1.k1 + l2 .k2 ).x + l1 .k1.θ + l2 .k2 .θ = 0

(*)

Suy ra
m
[M ] = 

0

0
J 0 

 k +k
[k ] =  1 2
 −k1.l1 + k2 .l2

,

−k1.l1 + k2 .l2 
k1 .l12 + k 2 .l22 

[k ] − [M ].ω = 0
2

→
→

k1 + k2 − m.ω 2

−k1.l1 + k 2 .l2

−k1.l1 + k2 .l2

k .l + k2 .l22 − J o .ω 2
2
1 1

=0

−1000.ω 2 + 5.106

0,1.106

0,1.106

−300.ω 2 + 2030000

=0

→ 300000.ω 4 − 353.107.ω 2 + 1, 014.1013 = 0
→ ω12 , ω22 = 6765,337; 4981,32939 → ω1 , ω2 = 82, 3722;70,5785

7


φ

Gọi nghiệm của phương trình (*) có dạng: x = Xcos(ωt+ ),
Mode shapes:

φ = Φ.cos(ωt + φ )

( −1000.ω 2 + 5.106 ) X + 0,1.106.Φ = 0
X (1)
= 0, 05601
Φ (1)
X (1)

→ (1) = −5,3476
Φ
→

8


Bài 4 ( lần 3)
k1 =

48.E.I 48.2, 06.1011.0, 02
=
= 3, 09.106 N / m
l3
403

Fdh1
k1

k2 = 3.105 N/m
Áp dụng định luật 2 Newton:
Vật

m1:

..
..


 − Fdh1 + Fdh 2 = m1. x1 −k1.x2 + k2 ( x2 − x1 ) = m1. x1

→

..
..
 − Fdh 2 = m2 . x2
 −k2 ( x2 − x1 ) = m2 . x2

m1

m1

x1

Fdh2
x1

Fdh2

k2

..

m1. x1 + (k1 + k2 ).x1 − k2 .x2 = 0
→
(1)
..
m2 . x2 + k2 .x2 − k2 .x1 = 0

m2
m2

x2

x2

φ

Nghiêm của (1) có dạng x = Xi.cos(ωt+ ), i = 1,2
m
[M ] =  1
0

0
m2 

k + k
[k ] =  1 2
 − k2

,

− k2 
k2 

[k ] − [M ].ω 2 = 0
→
→

k1 + k2 − m1ω 2

− k2

−k2

k2 − m2 .ω 2

=0

−1000.ω 2 + 3,39.106

−3.105

−3.105

−5000.ω 2 + 3.105

=0

→ 5.106.ω 4 − 1, 725.107.ω 2 + 9, 27.1011 = 0
→ ω12 , ω22 = 3395,396;54, 6033 → ω1 , ω2 = 58, 2701; 7,3892

Mode shapes:
(−1000.ω 2 + 3,39.106 ) X 1 − 3.105. X 2 = 0
→

1 X 1(1)
3.105
3.105
= (1) =
=

= −55,596 → r1 = −0, 01799
r1 X 2
−1000.ω12 + 3,39.106 −1000.3395,396 + 3,39.106

→

1 X 1(2)
3.105
3.105
= (2) =
=
= 0, 0893 → r2 = 11,17989
r2 X 2
−1000.ω22 + 3,39.106 −1000.54, 6033 + 3,39.10 6

9


ur (1)  1, 0  (1) ur (2)  1, 0  (2)
X =
 X1 , X = 
 X1
11,17989 
−0, 01799 

10


Bài 5 ( lần 3)

Phương trình chuyển động:
..

m1. x1 + k11.x1 + k12 .x2 = 0

..
m2 . x2 + k21.x1 + k22 .x2 = 0

[k ] − [M ].ω 2 = 0

k11 − ω 2 .m1
k12

k 21
=0
k22 − ω 2 .m1

Suy ra:

Mặt khác:

11


Suy ra:

12


Bài 6 ( lần 3)

x1

m1
Fdh2
Fdh2
x2

m2
Fdh1

Thiết lập phương trình chuyển động:
..
..
..



−
F
=
m
.
x
−
k
(
x
−
x
)

=
m
.
x
m
.
x
 dh1
 2 1 2
 1 1 + k1.x1 − k1.x2 = 0
1 1
1 1
→
→



..
..
..
 Fdh1 − Fdh 2 = m2 . x2

k
(
x
−
x
)
−
k

.
x
=
m
.
x
1 2
2
2
 2 1 2
m2 . x2 + (k1 + k 2 ).x2 − k1.x1 = 0

m
[M ] =  1
0

0
m2 

,

k
[k ] =  1
 − k1

−k1 
k2 + k1 

[k ] − [M ].ω 2 = 0
k12 − m1ω 2

→
−k1

−k1
=0
k1 + k2 − m2 .ω 2

ω1 , ω2 = 14, 4539;56, 4897
f1 =

2π v1.1000 1
v
=
. = 1 → v1 = 49, 6887 km / h
ω1
3600 l 21, 6

f2 =

2π v2 .1000 1
v
=
. = 2 → v1 = 194,1968km / h
ω2
3600 l 21, 6

13


Bài 7 ( lần 3)

3.E.I
k1 = 3 =
b

3.E.(

1 3
a.t )
E.a.t 3
12
=
N /m
b3
4.b3

Fdh1
k1

A.E π .d 2 .E
k2 =
=
l
4.l

m1

Áp dụng định luật 2 Newton:
Vật

..


m
.
x
+ (k1 + k2 ).x1 − k2 .x2 = 0

→  1 ..1
(1)
m2 . x2 + k2 .x2 − k2 .x1 = 0

x1

Fdh2
x1

m1:

..
..


 − Fdh1 + Fdh 2 = m1. x1  −k1.x2 + k2 ( x2 − x1 ) = m1. x1
→

..
..
 − Fdh 2 = m2 . x2
−k2 ( x2 − x1 ) = m2 . x2

m1

Fdh2

k2

m2
m2

x2

x2

φ

Nghiêm của (1) có dạng x = Xi.cos(ωt+ ), i = 1,2
m
[M ] =  1
0

0
m2 

,

k + k
[k ] =  1 2
 − k2

−k2 
k2 

[k ] − [M ].ω 2 = 0
→

k1 + k2 − m1ω 2
− k2

− k2
=0
k2 − m2 .ω 2

k +k
k 
k .k
ω 4 −  1 2 + 2 ÷ω 2 + 1 2 = 0
m2 
m1.m2
 m1

W1 = m1.g Suy ra: m1 = W1 / g
W2 = m2.g Suy ra: m2 = W2 / g

14


15