BÀI TẬP LỚN CƠ HỌC LÍ THUYẾT

Trần Thái Sơn MSSV:1413334

LỜI NÓI ĐẦU
Lời đầu tiên em xin cám ơn thầy cô đã truyền thụ cảm hứng và kiến thức “Cơ Lý Thuyết”
cho em Đặc Biệt là thầy Trương Tích Thiện người trực tiếp giảng dạy em. Thật sự là em
tiếp xúc với máy tính chỉ gần đây nên việc là bài tập trên máy tính đối với em là một thử
thách lớn. vì vậy trong quá trình làm gập không ít khó khăn nhưng em đã hoàn thành.
nhưng chắc cũng còn khá nhiều lổi em mong thầy cô góp ý cho em theo địa chỉ E-mail
bên dưới.
Trong quá trình làm quyển”BÀI TẬP LỚN CƠ HỌC LÍ THUYẾT” giúp cho em củng cố lại các
kiến thức đã được học và thuận tiện hơn trong việc ôn tập chuẩn bị cho kì thi cuối kì.
Bên cạnh đó, em học được cách trình bày, kí hiệu,...
Quyển gồm có 8 chủ đề, nằm trong 3 chương:
Chủ đề 1 - Thu gọn hệ lực
Chủ đề 2 – Tìm phản lực
Chủ đề 3 – Bài toán giàn phẳng
Chủ đề 4 – Bài toán ma sát
Chủ đề 5 – Bài toán chuyển động quay
Chủ đề 6 – Bài toán chuyển động song phẳng
Chủ đề 7 – Bài toán vi sai
Chủ đề 8 – Bài toán động lực học
Mọi ý kiến đóng góp xin gởi về địa chỉ: Trần Thái Sơn
Trường Đại học Bách khoa – Đại học Quốc gia TP. Hồ Chí Minh
Khoa Cơ Khí
Lớp: CK14NH2
E-mail:

Sinh viên thực hiện
Trần Thái Sơn
MSSV: 1413334
1

Trần Thái Sơn MSSV:1413334

a=3
b=3
c=3
d=4
a +b +c +d
l =
=3,3
4

Chủ đề 1: Bài 5
Chủ đề 2: Bài 4
Chủ đề 3: Bài 4
Chủ đề 4: Bài 3
Chủ đề 5: Bài 3
Chủ đề 6: Bài 3
Chủ đề 7: Bài 1
Chủ đề 8: Bài 4
MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU…………………………………………...……………………………………………..1
I. Chủ đề 1 - Thu gọn hệ lực........................................................................3
II. Chủ đề 2 – Tìm phản lực..........................................................................5
III. Chủ đề 3 – Bài toán giàn phẳng..............................................................7
IV. Chủ đề 4 – Bài toán ma sát...................................................................13
V. Chủ đề 5 – Bài toán chuyển động quay.................................................16
VI.Chủ đề 6 – Bài toán chuyển động song phẳng.......................................18

VII. Chủ đề 7 – Bài toán vi sai.....................................................................22
VIII. Chủ đề 8 – Bài toán động lực học.......................................................25

2


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

I.Chủ đề 1 :
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 = 16,5N ; T1 = 26,4N ; T2 = 6,6N . Thu gọn hệ lực ( F , T1 , T2 ) về tâm O .

3


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Ta có : (26,4 ; 0 ; 0)
(6,6 ; 0 ; 0)
(16,5.sin(10) ; -16,5.cos(10) ; 0 ) = (2,9 ; -16,3 ; 0)
Vecto chính : = + = (35,9 ; -16,3 ; 0 )
Ta có : () = × = (0,075 ; 0 0,22 ) × (2,9 ; -16,3 ; 0)
= (3,6 ; 0,6 ; -1,2)
() = × = (0 ; 0,1 ; 0,55) × (26,4 ; 0 ; 0)
= (0 ; 14,5 ; -2,6)
() = × = (0 ; -0,1 ; 0,55) × ( 6,6 ; 0 ; 0)
= (0 ; 3,63 ; 0,66)
Moment chính của hệ lực đối với tâm thu gọn O :
4

Trần Thái Sơn MSSV:1413334

() = () + () + () = ( 3,6 ; 18,73 ; -3,14)
Kết quả : Thu gọn hệ lực về tâm O , ta được hai thành phần cơ bản của hệ
lực cùng đặt O là : (35,9 ; -16,3 ; 0 ) và () ( 3,6 ; 18,73 ; -3,14)
II. Chủ đề 2 – Tìm phản lực
Bài 4
Một người có trọng lượng W = λ (N)
phân bố đều trên cả 2 chân, người này
bắt đầu nâng người lên một cách chậm
rãi như hình vẽ. Tính lực kéo cơ D F của
gân bánh chè và phản lực liên kết tại
điểm O là điểm tiếp xúc giữa xương
ống chân và xương đùi. Bỏ qua trọng
lượng của chân. Đơn vị chiều dài là
cm.

Bài làm
Khi nâng người lên, để không bị ngã thì trọng lực
tập trung của cơ thể và hợp của phản lực do sàn

tác

dụng vào hai bàn chân người này phải cùng

đường

tác dụng.

Ta xem O như là một khớp bản lề nội, các chân
như các thanh thẳng, cứng và bỏ qua trọng lượng,
xem hệ 2 chân là hệ như hình vẽ và các lực tương
ứng ở hai chân là bằng nhau và hợp của chúng được
biểu diễn như hình vẽ.

5


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Áp dụng định luật 2 Newton cho hệ:
uu
r uur r
N +W =0

(Do nâng người lên chậm rãi) (2.1)

Tự do hóa phần xương ống chân và áp dụng định
luật 2 Newton:
uu
r uur uuu
r uur r
N +N x +NY +FD =0

(2.2)

Chiếu (2.1) lên trục y:
N –W =0
Þ N =W

(2.3)

Chiếu (2.1) lên hai trục tọa độ x, y:
ìï - N x +FD cos b =0
í
ïî N - N y +FD sin b =0

(2.4)

Từ (2.4) suy ra:
ìï N x =FD cos b
í
ïî N y =N +FD sin b

(2.5)

Xét moment của xương ống chân đối với O,
chọn chiều dương ngược chiều kim đồng hồ:
- N .D +FD .d =0
W.D
Þ FD =
d

(Do nâng người lên một cách chậm rãi)

(2.6)

Thay (2.3) và (2.6):
W.D

Þ FD =
d

(2.7)

Thay (2.3) và (2.7) vào (2.5), ta được:
6


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

ì
WD
cos b
ï Nx =
ï
d
í
WD
D
ï
sin b =W(1 + sin b)
ï N y =W +
d
d
î

Phản lực tại O:
N o = N x 2 +N y 2 =W (

D
D
cosb) 2 +(1 + sin b) 2
d
d

Lực kéo cơ F của gân bánh chè và phản lực liên kết N tại O trên mỗi chân (xem hai
chân là như nhau)
F=

W.D
2d

N=

N0 W D
D
=
( cosb) 2 +(1 + sin b) 2
2
2
d
d

Thay số:
W =l =3.3( N ); b =550 ; D =9(cm); d =2(cm)

Ta được:
3,3.9
F=

=7, 4( N )
2.2
3,3 9
9
N=
( cos550 ) 2 +(1 + sin 550 ) 2 » 5( N )
2
2
2

III. Chủ đề 3 – Bài toán giàn phẳng
Bài 4
Cho hệ giàn phẳng như hình bên. Hãy xác định ứng lực trong các thanh DF, EF,
P =200l (kN)
phản lực theo phương thẳng đứng tại A trong trường hợp tải
và IE
=12m, EF = 8m.

7


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Bài Làm

Coi giàn phẳng như một vật rắn cân bằng, chịu tác động của các hệ lực bao gồm
ur ur
P 5P
các lực hoạt động ,
và các phản lực liên kết tại A và B, ta lập phương trình

cân bằng cho các lực nêu trên:

Hình 3.1
8


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Ta có:
ì F =X +X =0
A
B
ï å jx
ï
í å Fjy =- P - 5P +YA +YB =0
ï
uu
r
ï å M A ( Fj ) =P.16 - 5 P.12 +YB .36 =0
î

=>

ì
ï X +X =0
B
ï A
ïï
43
í YA = P >0

9
ï
ï
ï Y =11 P >0
ïî B 9

Sk
Với
là ký hiệu ứng lực tại thanh thứ k, chiều như hình vẽ và các thanh coi
như bị kéo, nếu như kết quả tính toán âm thì khi đó thanh sẽ bị nén.

•

Khảo sát sự cân bằng của hệ giàn phẳng IJE

Hình 3.2
Ta có:
uu
r
M
(
F
å E j ) =P.IE - S1.JE =0
=>S1 =2 P >0

•

Khảo sát sự cân bằng của hệ giàn phẳng HKBGF
9

Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Hình 3.3

Ta có:

åM

F

uu
r
( Fj ) =S1 '.6 +YB .32 +X B .22 - 5 P.8 =0

11
P.32 - 5 P.8
50
9
=>X B =
=P <0
22
99
50
=>X A =- X B = P
99
- 2 P.6 -

Vì

X B <0

nên chiều đúng của

XB

ngược chiều đã chọn.

10


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Hình 3.4

•

Khảo sát sự cân bằng của hệ giàn sau khi đã bỏ đi thanh JH, EF, CF, DF

Hình 3.5
11


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

ì
56
ï CD =
11
ï

ï
O
í a1 » 51
ï
ï a2 » 80O
ï
î

Với

Ta có:
ì
ï F =X +S +S +S cos a +S cos a =0
A
1
2
3
1
4
2
ï å jx
ï
í å Fjy =YA - P +S3 sin a1 +S4 sin a2 =0
ï
uu
r
ï
28
ï å M A ( Fj ) =P.16 - S1.28 - S 2 .22 - S3 .(cos a1.14 +sin a1. ) =0
11

î

=>

ì
248
P
ï S 2 +S3 cos51O +S 4 cos80O =99
ï
ï
34
ï
O
O
P
í S3 sin 51 +S 4 sin 80 =9
ï
ï
ï - S .22 - S .(cos51O.14 +sin 51O. 28 ) =40 P
3
ïî 2
11
P =200l =660(k N ) l =3,3
(
)

Với

Suy ra:

ì S 2 =1373kN >0
ïï
í S3 =- 5246kN <0
ï
ïî S 4 =1607 kN >0

Do :
+
+

S 2 >0
S 4 >0

: thanh EF chịu kéo.
: thanh DF chịu kéo.
12


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

YA =
Vậy + Phản lực theo phương thẳng đứng tại A là
+ Ứng lực trong thanh DF là
+ Ứng lực trong thanh EF là

S 4 =1607( kN )
S 2 =1373(kN )

43
P =3153(kN )

9

, chịu kéo.
, chịu kéo.

IV. Chủ đề 4 – Bài toán ma sát
Bài 3
Một vật hình trụ có khối lượng

mC

chịu tác dụng của moment M như trong hình
mB
vẽ. Vật hình trụ tiếp xúc với vật hình vuông có khối lượng
= 3 kg. Hệ số ma
µ SC
sát trượt giữa vật hình trụ và mặt đất
= 0,4. Hệ số ma sát trượt giữa vật hình
µ SB
vuông và mặt đất
= 0,5. Bán kính r = 0,2 m. Bỏ qua ma sát giữa vật hình trụ
và vật hình vuông. Cho biết giá trị của M bằng bao nhiêu để vật hình vuông bắt
đầu chuyển động?
Nếu
Nếu
Nếu

0 3 £ l <6

6 £l £9

thì
thì
thì

mC
mC
mC

= 6 kg
= 6,4 kg
= 6,8 kg

Bài Làm
13


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

•

Khảo sát sự cân bằng của vật hình trụ:

Hình 4.1
Ta có:
ur
ì M ( F j ) =- M +F .r =0
å
C

msC
ï
ï
í å Fjx =- N BC +FmsC =0
ï
ïî å Fjy =N C - PC =0

=>

ì
M
ï FmsC =
r
ï
ï
í N BC =FmsC
ï
ï N C =PC
ï
î
uuu
r uuuuur uuuuu
r
ar A =ar ( n ) A +ar (t ) A
ì
(V A ) 2
ïï ar ( n ) A = r
r
í
ï

A
ïî ar ( t ) =er .r

Khảo sát sự cân bằng của vật hình vuông:
14


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Hình 4.2
Ta có:
ìï å Fjx =- FmsB +N CB =0
í
ïî å Fjy =N B - PB =0

=>

ìï FmsB =NCB =N BC
í
ïî N B =PC

với

l =5,5
•

, chọn

g =10m / s 2

Điều kiện để vật hình vuông bắt đầu chuyển động là:

+ Vật hình trụ phải lăn không trượt:

FmsC £ FmsCgh

15


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

M
=> £ mSC .N C =mSC .mC .g
r
M
=>
£ 0, 4.6, 4.10
0, 2
=>M £ 5,12

+ Vật hình vuông chuyển động:

FmsB >FmsBgh

M
=> >mSB .N B =mSB .m B .g
r
M
=>
>0,5.3.10

0, 2
=>M >3
Vậy

3
thì vật hình vuông bắt đầu chuyển động.

V. Chủ đề 5: Bài toán chuyển động quay.
Bài 3
Thanh OD quay cùng chiều kim đồng hồ với vận tố góc
góc

w=
3,3 (rad/s), gia tốc

e=
9,9. Điểm A cố định trên thanh CE và trượt trên thanh rỗng cong

trên thanh OD làm thanh OD chuyển động. Tại vị trí góc

b =q =60

0

, tiếp tuyến

của rãnh trượt tại vị trí A cùng phương với OA, tính vận tốc góc và gia tốc góc
của thanh CE.

16


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Bài làm:
l =3,3
Gọi B là trùng điểm của A trên thanh OD.
* Bài toán vận tốc:
Ta có:
uuu
r uuu
r uuu
r
A
A
Va =Ve +Vr A
uuu
r uur
Ve A =V B
Ve A
Va =
=2.Ve A =2.V B
0
sin(60 )
wCE .CA =2w.OA
A

=>wCE =2w=6,6(rad / s )(CA =OA)
Vr A =Ve A .tan(60) =0.34(m / s)

* Bài toán gia tốc
+ Gia tốc điểm A:

17


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

uuur uuu
r uuu
r
A
A
A
aa =an +at
ìï aa A =w2CE .CA =2,61(m / s 2 )
í A
ïî at =eCE .CA
+ Gia tốc điểm B:
uuu
r uur uu
r uuuur uuuu
r
ae A =a B =a o +an BO +at BO
ì ao =0(m / s 2 )
ï
ï BO
2
2
í an =w .OB =0,653(m / s )

ï BO
ïî at =e.OB =0,594(m / s 2 )
+ Gia tốc của A trên rãnh có bán kính
uuu
r uuuuur uuuuu
r
A
A
ar =ar ( n ) +ar ( t ) A

r

ì
(V A ) 2
ïï ar ( n ) A = r
r
í
ï
A
ïî ar ( t ) =er .r
+ Gia tốc coriolis:
uuu
r
r uuur
ac A =2(w^ Ar A )
ac A =2.3,3.0,34 =2, 24( m / s 2 )

Ta có:

uur uuu

r uuu
r uuu
r
a A =ae A +ar A +ac A
uuu
r uuu
r uuuur uuuu
r uuuuur uuuuu
r uuu
r
Û (*)an A +at A =an BO +at BO +ar ( n ) A +ar ( t ) A +ac A

*Với F là tâm của rãnh cong
* Chiếu (*) lên hai phương AF

18


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

an Acos(30)-at Acos(60) =-at BO +ar ( n ) A +ac A
an A .cos (30) +at BO - ar ( n ) A - ac A
Þ at =
cos(60)
27
Þ at A =1, 23 (m / s 2 )
50 r
A

eCE

Khi

at A
9
=
=20,5 - ( rad / s 2 )
CA
r
at A

at A

dương thì chiều ta chọn ban đầu là đúng. Khi
âm thì phải đổi chiều
A
at
của vectơ
.
A
at
at A
Khi
dương thì thanh CE quay nhanh dần theo chiều kim đồng hồ. Khi
âm
thì thanh CE quay chậm dần theo chiều kim đồng hồ.
Vậy vận tốc góc và gia tốc góc của thanh CE là:
ì wCE =6, 6(rad / s)
ïï
í

9
2
ï eCE =20,5 - ( rad / s )
r
ïî

VI. Chủ đề 6 – Bài toán chuyển động song phẳng
Bài 3
Cho cơ cấu truyền động có mô hình và kích thước như hình vẽ. Tại thời điểm
đang xét:
wAB =0,5l ( rad / s)
- Thanh AB quay đều với vận tốc góc
và có chiều như hình vẽ.
Xác định gia tốc góc thanh BC và gia tốc tâm O.

19


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Bài Làm

•

Phân tích chuyển động của các vật rắn trong hệ:

+ Thanh AB chuyển động quanh tâm A cố định.
+ Thanh BC chuyển động song phẳng trong mặt phẳng hình vẽ.
+ Bánh răng chuyển động tịnh tiến thẳng theo phương ngang.

•

Bài toán vận tốc

Hình 6.1
20


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Chọn B làm điểm cực.
Áp dụng định lý hợp vận tốc:
ur C ur C ur C
V a =V e +V r
Với:

l =3,3 =>wAB =1,65( rad / s)

urC urC *
Ve º Va

ur B
ì ur C
ïVe ­ ­ Va
ur B =>íï C
B
î Ve =Va =wAB . AB =0,66m / s
=V a

ur

ìï V BC ^ BC
ur C ur
V r =V BC =>í
ïî VBC =wBC .BC

và chiều

ur
V BC

quay quanh B theo chiều

ω BC

Ta có:
B
O
gVBC = Va .cos a = 0,66.cos 60 = 0,33( m / s)

=> wBC =

11
(rad / s) > 0
20

C
B
gVa = wO .OC = Va .sin a

=> wO = 3,3 3(rad / s) > 0

·

Bài toán gia tốc

21


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Hình 6.2

Chọn B làm điểm cực
Áp dụng định lý hợp gia tốc
rC rC rC rC
aa = ar + ae + ac
r C r BC r B r C
=> a a = a + a a + a c

r BC r BC
r B rC
= (a t + a n ) + a n + a c

Mặt khác:

rC rC rC
a a = at + a n

(1) ( Do thanh AB quay đều nên

)

(2)

Đồng nhất hai phương trình (1) và (2) , ta có:
rC
rC
r BC
r BC
at
an
at
an
+
= (
+
) +
uuu
r
uur
Phương  ^ OC ­ ­ CO
^ BC
­ ­ CB
Chiều
2
eBC .BC
Độ lớn eO .OC   wO2 .OC
wBC
.BC
?

eAB = 0

=3,267
m / s2
(
)

?

=

rB
an

+
uur
­ ­ BA

2
wAB
. AB

=1,089
363
(m/ s 2 )
m / s2
2000
(
)

rC
ac

(3)
uur
­ ­ CB

2.wBC .VrC
=

22


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

363
(m / s 2 )
1000

Chiếu (3) lên trục Ox:

atC =- anBC - anB .cos a - acC
363
1 363
- 1,089. 2000
2 1000
2
=> eO =- 10,89(rad / s ) < 0
=> eO .0,1 =-

Vậy C quay chậm dần quanh tâm O theo chiều kim đồng hồ.
Chiếu (3) lên trục Oy, ta được:
- anC = atBC - anB .sin a
=>- wO2 .0,1 = eBC .0,6 - 1,089.sin 60O
=> eBC =- 3,873(rad / s 2 ) < 0
eBC = 3,873( rad / s 2 )

Vậy thanh BC quay chậm dần có gia tốc góc là:
·
Bánh răng O quay cùng chiều kim đồng hồ, chậm dần và lăn không trượt
nên chuyển động của điểm C trên bánh răng bằng vận tốc của tâm R

VaO = VaC = wO .r
dVaO d (wO .r )
a =
=
= eO .r = 1,089(m / s 2 )
dt
dt
O
a

VII. Chủ đề 7 – Bài toán cơ cấu vi sai
Bài 1
Cho hệ thống bánh răng hành tinh như hình vẽ.Bánh răng trung tâm R được giữ
wS =l
cố định. Bánh răng trung tâm S quay với vận tốc
rad/s. Lấy chiều quay
23

Trần Thái Sơn MSSV:1413334

của bánh răng S là chiều dương. Hãy tính vận tốc góc của bánh răng hành tinh
P và trục quay A.

Bài Làm

24


Trần Thái Sơn MSSV:1413334

Hình 7.1
·

Nhận xét:

+ Hai bánh răng P trong hệ thống bánh răng hành tinh như hình vẽ có vai trò
như nhau.
+ Trục quay A trong bài toán này có vai trò như cần nên vận tốc góc của trục
quay A bằng vận tốc góc của cần.
·

Áp dụng công thức Willis cho bài toán:

+ Tỷ số truyền tương đối của bánh răng trung tâm R đối với bánh răng P là:
wR - wC
r
= (- 1) m P

wP - wC
rR
=>

- wC
1
=
wP - wC
4

=> 3wC =- wP

( Do bánh răng trung tâm R được giữ có định nên

wR = 0

)

(1)

+ Tỷ số truyền tương đối của bánh răng trung tâm S đối với bánh răng P là:
25