1
SFS

TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA  ĐHQG TP.HCM
KHOA KHOA HỌC ỨNG DỤNG
---o0o---

BÀI TẬP LỚN
Môn: CƠ HỌC LÝ THUYẾT
Giảng viên hướng dẫn: PGS. TS. Trương Tích Thiện

Sinh viên: Trần Đức Thắng
Lớp: XD14-XD12
MSSV: 1413677
Đề:
Tháng 05 năm 2015


2

Chủ đề 1
Bài 3) Cho mô hình van điều khiển nước có kích thước và vị trí như hình
⃗ tác dụng tại điểm A,vuông góc với mặt phẳng chứa OA và trục z. Độ
vẽ.Lực F
⃗ là F = 0,5 λ (kN)
lớn cua của lực F
a) Hãy biểu diễn vector lực ⃗F theo 3 thành phần vector đơn vị i , j , ⃗k
⃗ về tâm O
b) Thu gọn lực F

λ=5.8

F=2.9(N)
Fx = −F. cos400 i
0
a) Ta có: { Fy = −F. sin40 j
Fz = 0. ⃗k
Fx = −2,22i
{ Fy = −1,86j
⃗
Fz = 0. k

b) Ta có ⃗F=(-2,22; -1,86; 0)
⃗⃗⃗⃗⃗ =(-125.10−3 .sin400 ; 125.10−3 .cos400 ; 0)
OR
=(-0,08;0,096;0)
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋀F
⃗⃗⃗⃗⃗⃗O = OR
⃗ =(-0,08; 0,096; 0) (-2,22; -1,86; 0)
M
=(0; 0; 0,362)
 Nhìn theo phương Oz

⃗F

125mm

400

O


y


3

x

Chủ đề 2
Bài 3) Một người cầm một vật nặng 𝑚𝑠 = λ (kg) trên tay như hình vẽ.Một
nhóm cơ cánh tay là nhóm cơ chính trong hình.Tính độ lớn lực F của
nhóm cơ chính cánh tay và độ lớn phản lực liên kết tại khuỷu tay E có vị trí
như hình vẽ.Biết vị trí của lực tác dụng của nhóm cơ chính tại vị trí nằm
ngang và bên phải điểm E,cách điểm E một đoạn 50mm,hướng đến điểm
nằm phía trên điểm E,cách điểm E một đoạn 200mm.Khối lượng của cánh
tay dưới là 1,5 kg có khối tâm tại G như hình vẽ

A

⃗F

200mm

α
E

⃗⃗⃗⃗⃗⃗x
CN
50mm

G


B


4

⃗⃗⃗⃗⃗⃗
N
y

100mm

200mm

⃗⃗⃗⃗⃗
P1
a)
Chọn chiều Nx , Ny như hình vẽ
⃗
Xét ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
MA =0
F.sinα.EC-P1 .EG-P2 .EB=0
P .EG+P2 .EB 1,5.10.150+5,8.10.350
F= 1
=
=464,89 (N)
0
sinα.EC

⃗⃗⃗⃗⃗

P2

sin75,96 .50

b)
Ox : Nx -cosα.F=0
⇒ Nx = cosα.F=112,78(N)
Oy : Ny +P1 +P2 - F.sinα = 0
⇒ Ny =F.sinα-P1 -P2
=464,89. sin75,960 -1,5.10-5,8.10
=378 (N)
Chủ đề 3
Bài 2) Cho hệ giàn phẳng như hình bên.Cho AP = PO = OM = MK =KJ =JI
= 5 λ (m); AB = BC = CD = DE = EF = FG = GH = HI. Các lực có phương
vuông góc với EI.Hãy xác định các phản lực lien kết tại A,I và ứng lực
trong các thanh EF,KL,GL

Bài làm


5

⃗⃗⃗⃗⃗
Ay

I⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗x
A


√3

IH=IJ.cosα=5λ. =25,11(m)
2
AI=6AP=30λ=174(m)
a) Chọn chiều các phản lực như hình vẽ
Ta có :
Phương trình cân bằng lực
Ox : Ax -( FE +FF +FG +FH +FI ).cos(π − α)=0
⇒ Ax =( FE +FF +FG +FH +FI ). cos(π − α)
=(10+20+20+20+10). 103 . cos600
=40.103 (N)
Oy : Ay + I -( FE +FF +FG +FH +FI ).sin(π − α)=0
⇒ Ay + I =( FE +FF +FG +FH +FI ).sin(π − α)
=(10+20+20+20+10). 103 . sin600
=40√3.103 (N)
Xét ⃗⃗⃗⃗
MI = ⃗0
-Ay .AI + FE .EI+FF .FI+FG .GI+FH .HI =0
⇒ Ay =

FE .EI+FF .FI+FG .GI+FH .HI
AI

10.103 .4HI+20.103 .3HI+20.103 .2HI+20.103 .HI

=

6IJ


160.103 .HI

=

6IJ
160.103

=

6

cosα

=403√3 103 (N)
40√3
80√3
I=40√3.103 103 =
103 (N)
3
3

Giả sử ban đầu các thanh trong hệ đều chịu kéo


6

Xét nút I
− THJ . cos300 =F. cos600
THJ = -


F.cos600
cos300

=-

30√3
3

(kN) (Thanh HI chịu nén)

Thanh HG cũng chịu nén
Xét nút H
THJ = -FH = -20 (kN) (Thanh HJ chịu nén)
Xét nút J
cos300 . TGJ = cos300 . THJ
TGJ =THJ = 20 (kN)
Xét nút F
TFL = -FF = -20 (kN) (Thanh FL chịu nén )
Xét nút L
TGL = TFL = 20 (kN)
Xét nút G
TGK + cos600 . TGL +cos600 . TGJ -FG =0
TGK =FG - cos600 . TGL - cos600
= 0 (Thanh GL không chịu ứng lực tác dụng )
TGH + TGL - TGJ + TGF =0
TGF =FGJ - TGH − TGL
=-

30√3
3


(kN) (Thanh GK chịu nén)

Xét nút F : Thanh TEF cũng chịu nén TEF =Xét nút K : TLK = TGK =0 (kN)

30√3
3

(kN)


7

Chủ đề 4
Bài 5) Một mô hình con lăn được tạo thành bằng cách gắn chặt một khối
bán nguyệt bằng thép (p = 7830 kg/m3 ) và một khối trụ tròn bằng nhôm ((p
= 2690 kg/m3 ).Con lan được đặt nghiêng trên mặt phẳng nghiêng.
a) Hãy xác định góc nghiêng 𝜃 sao cho con lăn vẫn cân bằng khi được
thả ra tại vị trí mà phần mặt phẳng của khối bán nguyệt nằm thẳng
đứng như trong hình vẽ
b) Cho biết hệ số ma sát nhỏ nhất bằng bao nhiêu để con lăn không bị
trượt ?
Nếu 0 < λ < 3 thì d1 =16 mm d2 = 40 mm
Nếu 3 ≤ λ < 6 thì d1 =16,2 mm d2 = 40,2 mm
Nếu 6 ≤ λ < 9 thì d1 =16,5 mm d2 = 40,5 mm


8

λ=5.8


⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
F
ms
⃗⃗⃗⃗
P1
⃗⃗⃗⃗
P2
⃗P
π
V1 = .( R1 )2. d1 = .( 80. 10−3 )2 .16,2. 10−3 = 1,63. 10−4 ( m3 )
2
2
m1 =ρ1 . V1 =7830. 1.63. 10−4 =1,275 ( k g )
π

V2 = π.( R 2 )2 . d2 =π.( 80. 10−3 )2 .40,2. 10−3 = 8. 10−4 ( m3 )
m2 =ρ2 . V2 =2690. 8. 10−4 =2,17 ( k g )
Giả sử vật 1 không bị cắt đi một nữa
m .R +m .R
Khối tâm của vật là R= 1 1 2 2=0,08(m)
m1 +m2

Khi vật 1 là hình bán nguyệt như hình vẽ:
m .R +2m2 .R2
Khối tâm của vật là R′ = 1 1
=0,08(m)
m1 +2m2

a )Ta có:


P1 và FF tạo thành một ngẫu lực làm con lăn quay
Để cân bằng:
Mfms ≥ P1 .R
P . cosα ≥ P . sinα. R′
μ
μ
tanα ≤ ′= =12,5 μ (μ: hệ số ma sát lăn)
R

0.08


9

b) Con lăn trượt chứ không lăn
Fms - P . sinα ≤ 0
k. P . cosα ≤ P . sinα
k≤tanα (k : hệ số ma sát trượt )
Chủ đề 5
Bài 4) Thanh OA quay đều ngược chiều kim đồng hồ với vận tốc góc ω
= λ (rad/s).Điểm A trượt trên rãnh BD làm thanh BD chuyển động.Tại vị trí
góc β =900 , tính vận tốc gốc và gia tốc góc của BD

Chọn điểm B làm tâm tọa độ tuyệt đối của chuyển động
Thanh OA quay nhanh dần ngược chiều kim đồng hồ quanh O cố định
Ta có:
Chuyển động tuyệt đối: Điểm A đối với tâm B cố định( ⃗⃗⃗⃗
𝑣aA )
Chuyển động tương đối: Điểm A chuyển động trên thanh BD (⃗⃗⃗⃗⃗

vrA )
Chuyển động kéo theo: Điểm A chuyển động đối với tâm O cố định( ⃗⃗⃗⃗
veA )

Oy

0,5m
A
v⃗⃗⃗⃗⃗⃗
a

O
0,25m B

𝛼

⃗⃗⃗⃗
veA 𝛽̇
𝜔


10

⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗
vrA

A

D


Ox

Ta có :
⃗⃗⃗⃗A = ⃗⃗⃗⃗
𝑣
vrA + ⃗⃗⃗⃗
veA
a
Ox : cos(𝜋 − 𝛼). 𝑣eA = vrA
⇒ vrA = cos(600 ).0,5. λ
= 1,45 (m/s)
Oy : cos(𝛼). 𝑣eA =vaA
⇒ vaA = cos(300 ). 0,5. λ
29√3

=
Ta có :

20

(m/s)

vaA = ωB .AB
⇒ ωB =

vA
a
AB


=

29√3
20

OA.cos(α)

= 5,8 (rad/s)

⇒ Thanh BD cũng quay ngược chiều kim đồng hồ nhanh dần

Chọn chiều các vector gia tốc như hình vẽ


11

aa = ⃗⃗⃗
⃗⃗⃗
ar + ⃗⃗⃗
ae + ⃗⃗⃗
ac

OA quay đều ⇒ εA =0
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋀ ⃗⃗⃗⃗
a = 2(ω
⃗⃗⃗
vA )

⃗⃗⃗⃗O a
⃗⃗⃗⃗

aBn + ⃗⃗⃗⃗
aBτ =a⃗⃗⃗r + ⃗⃗⃗⃗
aO
τ + an + ⃗⃗⃗
c

⃗⃗⃗⃗
aBn
Phương
chiều
Độ lớn

⃗⃗⃗⃗⃗
aBτ

+

=

c

ar
⃗⃗⃗

+

⇈AB

⊥ AB


⇈AB

ωB 2 .AB

εB .AB =?

?

√3

=5,82 .0,5.
2
=14,57

e

r

= 2. ωe . vrA
= 2.5,8.1,45=16,82(m/𝑠 2 )
⃗⃗⃗⃗
aO
τ

+

⊥ AO
0
(Vì thanh
quay đều)


⃗⃗⃗⃗
aO
n

+

ac
⃗⃗⃗

⇈AO

⊥ AB

ωO 2 .AO
=5,82 .0,5
=16,82

16,82

Chiếu lên Oy : aBτ = aO
n . cos(π − α)+ ac
εB .AB = cos600 .16,82 +16,82 =25,23
⇒ εB =

25,23
0,5

=30,46 (rad/s 2 )


⇒ Gia tốc góc của thanh AB là εB = 30,46 (rad/s 2 )

Chủ đề 6
Bài 1) Cho cơ cấu tay quay con trượt và kích thước như hình vẽ.Vị trí
thanh OB được xác định bởi góc θ tạo bởi trục y và thanh OB.Tính gia tốc
góc của AB và gia tốc dài của con trượt B tại thơi điểm θ = 900 ,giả sử tại
thời điểm này θ̇ = 0 và θ̈ =0,2 λ (rad/s 2 ) theo chiều dương θ


12

Con trượt A chuyển động tịnh tiến theo phương ngang
Thanh truyền AB chuyển động song phẳng trong mặt phẳng hình vẽ
Thanh OB quay cùng chiều kim đồng hồ
Tại lúc θ=900
A
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑣𝑨𝝉
400m ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝒗𝑨 𝒏
O

500mm
P

B

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝒗𝑩 𝒏
400mm


⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐯𝐁𝛕
θ = 900
Điểm P là tâm vận tốc tức thời của thanh AB :
vB = ω0 .OB = θ.OB = 0
Xét B ∈ AB:
⇒ v𝐁 =PB. vAB
⇒0=PB.vAB


13

⇒ ωAB =o
Xét điểm A ∈AB:
⇒ vA = ωAB .PA=0
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐚𝐀𝐁 𝛕
A
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐚𝐀 𝐚

Oy

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐚𝐀𝐁 𝐧 500mm

400m

O


P

B
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐚𝐁 𝐧

Ox

400mm
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐚𝐁 𝛕

Chọn chiều như hình vẽ:
Ta có:
⃗⃗⃗⃗
aAa = ⃗⃗⃗⃗
aBa + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
aAB
a
⟺ ⃗⃗⃗⃗
aAa
= ( ⃗⃗⃗⃗⃗
aBτ
+
Phươngchiều
// Ox
⊥ BO
Độlớn


?

θ̈.OB
=0,2λ.400.
10−3
=0.464

(1) ⟺ ⃗⃗⃗⃗
aAa =a⃗⃗⃗⃗Bτ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
aAB
τ
Chiếu (1) lên phương AB:
cos 530 .aAa = sin 530 .aBτ
⇒ aAa =tan 530 .aBτ
= 0,615 (m/s)
Chiếu (1) lên phương⊥ AB:
⇒ sin α.aAa = -cos α.aBτ + aAB
τ
AB
A
⇒ aτ = sin α.aa + cos α.aBτ

⃗⃗⃗⃗
aBn

) +(
⇈BO

⃗⃗⃗⃗⃗⃗
aAB

+
τ
⊥ AB

⃗⃗⃗⃗⃗⃗
aAB
n ) (1)
⇈AB

θ̇2 .OB
=0

εAB .AB
=?

ωAB 2 .AB
=0


14

= sin 530 .0,615 + cos 530 .0,464
= 0,77
mà aAB
τ = εAB .AB
aAB
τ

⇒ εAB =


AB

0,77

=

500.10−3

=1,54 (rad/s 2 )

Chủ đề 7
Bài 1)Cho hệ thống bánh răng hành tinh như hình vẽ.Bánh răng trung tâm
R được giữ cố định. Bánh răng trung tâm S quay với vận tốc ωS = λ rad/s.
Lấy chiều quay của bánh răng S là chiều
dương. Hãy tính vận tốc góc của bánh răng hành tinh P và trục quay A.

rR =160 (mm)
 Áp dụng công thức willis cho bánh răng P và bánh răng R:
ωP −ωA
ωR −ωA

rR

= (-1)0 .

rP

. Mà bánh răng R cố định nên 𝜔𝑅 = 0 (s-1)
Vậy 𝜔𝑃 = -3.𝜔𝐴 (1)
 Áp dụng công thức willis cho bánh răng P và S:

𝜔𝑃 −𝜔𝐴
𝜔𝑆 −𝜔𝐴

𝑟𝑆

= (-1)1 .

𝑟𝑃

= -2 (2)

𝜔𝑃 = −5,8 s −1
Từ (1), (2) ⇒ {
𝜔𝐴 = 1,93 𝑠 −1
⇒Bánh răng hành tinh P quay ngược chiều dương với vận tốc góc bằng
5,8 s-1 và trục quay A quay cùng chiều dương với vận tốc góc là 1,93 s-1


15

Chủ đề 8
Bài 4) Cho một tấm hình vuông cạnh AB
=100 λ(mm),khối lượng 2,5 kg chuyển động
theo hai rãnh định hướng A,B như hình vẽ.Hãy
xác định:
1)gia tốc góc của tấm hình vuông cạnh AB
2)Phản lực liên kết tại A và B

⃗⃗
N

⃗⃗⃗⃗
N1

O

Oy
B
⃗⃗⃗⃗
N2

A

Ox
⃗
P

⃗P
Ta có : Gia tốc điểm B chuyển động trượt trên rãnh là gia tốc tiêp tuyến
của B đối với tâm O


16

AB = 0,58 (m)
√2
2

OB = OA = AB

= 0,29√2 (m)


Theo hướng trọng lực như hình vẽ
Ta có:
Xét điểm B
⃗P + N
⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
m. a
Ox :P = m.a
P
⇒ a = = g = 10 (m/s) (Đây là gia tốc tiếp của B đối với tâm O và cũng là
m
hình vuông cạnh AB)
Ta có: a = ε.OB
a
10
⇒ ε= =
= 24,38 (rad/s 2 )
OB

0,29√2

Gia tốc góc của hình vuông cạnh AB là ε = 24,38 (rad/s 2 )
Tại điểm B rãnh nhẵn chỉ chịu tác dụng của trọng lưc nên phản lực tại B =
0
Xét tại A,ta có:
⃗P + N
⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
m. a
Oy : N = P =mg = 25 (N)
25√3


⇒ N1 = N.cosα =25. cos 300 =
(N)
2
⇒ N2 = N sinα = 25. sin 300 = 12,5 (N)