Giáo trình Cơ lý thuyết (Phần 2)

161 trang ngocly 720

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Cơ lý thuyết (Phần 2)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_co_ly_thuyet_phan_2.pdf

Nội dung text: Giáo trình Cơ lý thuyết (Phần 2)

66 PHẦN II ĐỘNG HỌC Động học là một phần của cơ học lý thuyết, nghiên cứu các tính chất hình học của chuyển động của vật thể. Đối tượng khảo sát của động học là vật rắn và động điểm (điểm hình học chuyển động). Động học ngoài việc cung cấp kiến thức cho phần động lực học, còn là cơ sở trong môn học chuyển động. Động học, ngoài việc cung cấp kiến thức cho phần động lực học, còn là cơ sở trong các môn học khác như: cơ cấu máy, động học máy, Chuyển động của vật thể diễn ra trong không gian, trôi theo thời gian. Không gian ở đây được chọn là không gian Eclit, thời gian trôi đều theo một chiều tăng, luôn lấy thời điểm xuất phát chuyển động làm gốc (ứng với t = 0). Khi khảo sát chuyển động bao giờ cũng phải chọn một vật chuẩn được gọi là hệ quy chiếu để từ đó quan sát vị trí của vật thể. Rõ ràng tính chất chuyển động của vật thể phụ thuộc vào việc chọn hệ quy chiếu. Để thuận lợi trong tính toán, sử dụng được các kiến thức toán học, người ta gắn vào quy chiếu (vật rắn chuẩn) một hệ tọa độ thích hợp. Như vậy khảo sát chuyển động của vật thể đối với một hệ quy chiếu nghĩa là khảo sát chuyển động của vật thể trong hệ tọa độ nào đó. Nội dung khảo sát chuyển động của vật thể bao gồm các vấn đề sau đây: 1- Lập phương trình chuyển động: thiết lập quan hệ hàm số giữa các thông số định vị với thời gian để chỉ ra vị trí của vật thể một cách liên tục. Đối với động điểm còn có thể chỉ ra quỹ đạo. 2- Xác định các đặc trưng của chuyển động, cụ thể là vận tốc, gia tốc.
68 Chương 6 ĐỘNG HỌC ĐIỂM Nội dung Khảo sát chuyển động của đối tượng đơn giản nhất là động điểm. Qua đó trình bày một cách cụ thể nội dung và phương pháp nghiên cứu trong động học. Yêu cầu - Nắm vững phương pháp thiết lập phương trình chuyển động, các đại lượng đặc trưng của động học (vận tốc, gia tốc) - Nhớ các công thức xác định các đại lượng đặc trưng của chuyển động, mối quan hệ giữa chúng, để áp dụng khi giải các bài toán thực tế. Để giải quyết được các yêu cầu của động học điểm đặt ra, chúng ta có thể sử dụng nhiều phương pháp mô tả chuyển động khác nhau tùy thuộc vào tính chất của chuyển động và mục đích chính cần giải quyết. Dưới đây chúng ta đưa ra bốn phương pháp nghiên cứu động học điểm. 6.1. KHẢO SÁT ĐỘNG HỌC ĐIỂM BẰNG PHƯƠNG PHÁP VECTOR VÀ TỌA ĐỘ DECARTES 1. Phương trình chuyển động z Xét động điểm M chuyển động trong không gian. M Nếu chọn một điểm tùy ý xác định O làm gốc thì vị trí M r hoàn toàn xác định bởi vector OM = r. k j Khi M chuyển động: i O y r = r (t) (6.1) x Phương trình (6.1) chính là phương trình chuyển Hình 6.1 động của M.
69 Tại gốc O, xây dựng hệ trục Oxyz, vị trí của M hoàn toàn xác định bởi: ⎧x = x(t) ⎪ ⎨y = y(t) ⎪ ⎩z = z(t) (6.2) chính là phương trình chuyển động của M trong hệ tọa độ Decartes. 2. Vận tốc, gia tốc Các đại lượng vận tốc, gia tốc rất quen thuộc. Ở đây chỉ đưa ra các biểu thức mô tả chúng trong các phương pháp nghiên cứu tương ứng. 1 - Vận tốc Vận tốc động điểm ký hiệu là: V dr Phương pháp vector: V = = r& (6.3) dt (Từ đây đạo hàm theo thời gian kí hiệu là (.)) r r r Phương pháp toạ độ Decartes: V = Vx i + Vy j + Vzk dx dy dz ở đây: Vx = = x&; Vy = = y& ; Vz = = z& dt dt dt 2- Gia tốc Gia tốc động kiểm kí hiệu là wr r d2r - Phương pháp vector: W = V& = = &r& (6.4) dt2 r& r& r - Phương pháp tọa độ Decartes: W = Wx i + Wy j + Wzk ở đây: Wx = &x&; Wy = &y&; Wz = &z& 3. Tính chất chuyển động biểu thị qua V, W 1- Động điểm chuyển động thẳng V cùng phương với W ⇔ V x W = 0 (6.5) 2- Động điểm chuyển động cong V khác phương với W ⇔ V x W ≠ 0 2 2 dV Xét sự biến thiên của chuyển động qua: V = V 2 từ = 2V.W (6.6) dt 3- Động điểm chuyển động nhanh dần V tăng theo thời gian ⇔ V.W > 0 4- Động điểm chuyển động đều V giảm theo thời gian ⇔ V.W = 0 5- Động điểm chuyển động chậm dần ⇔ V.W < 0
70 6.2. KHẢO SÁT CHUYỂN ĐỘNG ĐIỂM BẰNG TỌA ĐỘ CỰC 1. Phương trình chuyển động Xét chuyển động M trên mặt phẳng Oxy, vị trí của M hoàn toàn xác định bởi hai tham số: - Độ dài r = OM y M Ox OM - Góc đại số giữa và : P r Khi M chuyển động, r và ϕ thay đổi theo j ro thời gian: ϕ P o x i ⎧r = r(t) Hình 6.2 ⎨ Hình 6.2 (6.7) ⎩ϕ = ϕ(t) (6.7) chính là phương trình chuyển động. 2. Vận tốc, gia tốc Gọi Or là trục cực có hướng dương theo chiều OM với vector đơn vị là r π r . Quay OM theo chiều ngược kim đồng hồ một góc ta được trục OP có o 2 vector đơn vị là Po. Dùng quan hệ chuyển đổi trục, ta có: r r r r r r ⎧ r& r& r& r& ⎪⎧ ro = i cos ϕ + j sin ϕ ⎪ ro = −iϕ sin ϕ + ϕ cos ϕ = ϕ.Po ⎨ r r ⇒ ⎨ (6.8) ⎪ r r r& rr r r r r ⎩Po = −i sinϕ + j cos ϕ ⎩⎪Po = −iϕ& cos ϕ − jϕ& sin ϕ = −ϕ&.ro 1- Vận tốc Sử dụng (6.3) ta được: r d r r r r V = r& = (r.r ) = r&.r + r.r& = V r + V Po (6.9) dt o o o r o P r& trong đó: Vr = r&; Vp = rϕ 2- Gia tốc 2 r d r r W = &r& = (r.ro) = Wrro + Wp Po (6.10) dt2 2 trong đó: Wr = &r& − rϕ& ; Wp = rϕ&& + 2r&ϕ& 6.3. KHẢO SÁT CHUYỂN ĐỘNG ĐIỂM BẰNG TỌA ĐỘ TỰ NHIÊN 1. PHƯƠNG TRÌNH CHUYỂN ĐỘNG Những trường hợp đã biết quỹ đạo của động điểm, chúng ta thường khảo sát chuyển động của chúng bằng tọa độ tự nhiên. b τ M Γ + O ν Hình 6.3
71 Giả sử quỹ đạo của động điểm là ( Γ ), nếu lấy điểm tùy ý xác định O ∈ Γ làm gốc và quy ước chiều dương trên quỹ đạo, vị trí của chuyển động điểm M hoàn toàn xác định thông qua độ dài đại số s = OM. Khi M chuyển động: s = s(t) (6.11) (6.11) là phương trình chuyển động của động điểm trong hệ tọa độ tự nhiên. 2. Vận tốc, gia tốc 1- Tam diện động Frene Vận tốc đặc trưng cả hướng chuyển động trong không gian, tọa độ s không thể hiện được vai trò này. Để mô tả được hướng chuyển động của động điểm (trên quỹ đạo) chúng ta xây dựng tam diện động Frene. Xét tam diện vuông Mτnb có gốc luôn trùng với M, chuyển động theo M - τr là vector đơn vị tiếp tuyến với quỹ đạo tại M theo chiều dương. - nr là vector đơn vị pháp tuyến chính vuông góc với τr , hướng vào phía lõm của quỹ đạo, nằm trong mặt phẳng giới hạn đi qua ba điểm M và hai điểm thuộc quỹ đạo M1, M2 lân cận khi M1 và M2 tiến đến M (mật tiếp) r - b là vector đơn vị trùng pháp tuyến có phương chiều sao cho M τ nb là một hệ tọa độ vuông góc thuận. 2- Vận tốc Từ định nghĩa, chúng ta có tốc độ của động điểm: V = s& - Nếu chuyển động theo chiều dương quỹ đạo, tức V cùng chiều τr , tọa r độ s tăng theo thời gian ⇒ s& > 0 - Nếu chuyển động ngược chiều dương, tức V ngược chiều τr , tọa độ s giảm theo thời gian ⇒ s& < 0 Kết hợp, chúng ta viết được: V = s&τr (6.12) 3- Gia tốc r 2 r& r rr r dτ ds r s& r r r W = V = &s& τ + s&τ& = &s&τ + s& = &s&τ + n = W τ + w n (6.13) ds dt ρ τ n (Chú ý rằng τr đổi hướng) trong đó: Wτ = &s& - gọi là gia tốc tiếp (6.14) s& 2 V2 W = = - gọi là gia tốc pháp (6.15) n ρ ρ r dτ 1 r ( = n đã được chứng minh ở hình vi phân với ρ là bán kính cong của quỹ ds ρ đạo tại M).
72 6.4. MỘT SỐ CHUYỂN ĐỘNG ĐẶC BIỆT 1. Chuyển động thẳng Chọn phương chuyển động làm trục tọa độ (trục x). Chúng ta nhận được: phương trình chuyển động: x = x(t) Vận tốc : V = x& Gia tốc : W = &x& Ví dụ 6.1. Xét chuyển động của vị trí hình chiếu lên một đường thẳng của một điểm thuộc vật quay quanh trục cố định vận tốc gốc không thay đổi ωo , cách trục quay đoạn a (H.6.4). M Giải. Giả sử thời điểm đầu động điểm trùng với vị trí Mo, chúng ta nhận được: a Mo x(t) = a cos(ϕ + α) = a cos(ωot + α) ϕ là phương trình chuyển động. α x x x Vận tốc: V = x& = −aω sin(ω t + α) O o o o Hình 6.4 2 2 Hình 6.4 Gia tốc : W = &x& = −aωo cos(ωot + α) = −ωox 2. Chuyển động tròn V Ví dụ 6.2. Cho động điểm M chuyển động trên đường M tròn theo luật OM = s = 2at . Từ phương trình chuyển động dạng tọa độ tự nhiên ta có: Within W + r r 0 V = s&τ = 2aτ I r V2 4a2 W = V& = s&τr + nr = 0 + nr = W nr R R n 3. Chuyển động Xycơlôít Hình 6.5 Ví dụ 6.3. Xét chuyển động của điểm M trên biên của đường tròn lăn không trượt trên đường thẳng (H.6.6) có vận tốc của tâm là V1 = const. Tìm quỹ đạo, V, W của động điểm. Giải. y V W I M ϕ O A 2Rπ x Hình 6.6 Hình 6.6 1- Phương trình chuyển động Lấy hệ trục tọa độ Oxy có O trùng với vị trí của M khi tiếp xúc đường thẳng cố định. Tại thời điểm bất kỳ, vị trí M(x, y) được xác định:
73 ⎧x = OA − R sin ϕ = AM − r sin ϕ ⎨ (6.17) ⎩y = R − R cos ϕ = R(1 − cos ϕ) V t V ở đây: ϕ = 1 = ωt (đặt ω = 1 , R - là bán kính của đường tròn. R R ⎧x = V1t − R sin ωt Thay vào (6.17): ⎨ (6.18) ⎩y = R − R cos ϕ = R(1 − cos ωt) Phương trình (6.18) là phương trình chuyển động dạng tham số. Quỹ đạo của nó là đường cong Xycơlôít (H.6.6). 2- Vận tốc V(Vx , Vy ) : Vx = x& = VΙ − Rω cos ωt = VΙ (1 − cos ωt) Vy = Rω sin ωt = VΙ sin ωt ω V = V 2 + V 2 = V .2 sin t x y 1 2 V 1 − cos ωt ωt ϕ xét: x = = tg = tg Vy sin ωt 2 2 Suy ra V - có phương luôn đi qua điểm cao nhất của đường tròn 3- Gia tốc: W(Wx , Wy ): Wx = VΙω sin ωt ; Wy = VΙ ω cos ωt V2 ⇒ W = W2 + W2 = V ω = Ι x y 1 R W xét: x = tgωt = tgϕ . Suy ra W - có phương đi qua tâm I. Wy 4- Tính bán kính cong của quỹ đạo (P) dv d ω ω V2 ω W = = (V .2 sin t) = V ω cos t = Ι cos t τ dt dt Ι 2 Ι 2 R 2 V2 ω W = W2 − W2 = Ι sin t n τ R 2 2 2 ω V2 4VΙ sin t ω suy ra: ρ = = 2 = 4R sin t W V2 ω 2 n Ι sin t R 2 Bán kính cong tăng dần từ chân đến đỉnh Xycơlôít. 4. Chuyển động Parabol Ví dụ 6.4. Động điểm chuyển động theo quy luật: ⎪⎧x = 300t ⎨ 2 (m, s) ⎩⎪y = 400t − 5t Tìm V, W, độ cao, tầm xa và bán kính cong tại độ cao cực đại. Giải. 1- Vận tốc, gia tốc
74 V(Vx , Vy ) : Vx = x = 300 ; Vy = y& = 400 − 10t V(Wx, Wy ) : Wx = &x& = 0 ; Wy = &y& = −10 2- Độ cao h Động điểm đạt tại độ cao h lúc: Vy = 0 ⇔ t = 40 s Tính được: hmax = y(40) = 8000 (m) 3- Tầm xa S y h M O S x Hình 6.7 Hình 6.7 Tầm xa S là tọa độ x của động điểm tương ứng thời điểm y = 0 ⇒ t = 80 (s), (t = 0 loại) Tính được : S = x(80) = 24.000 (m) 4- Bán kính cong ρ (hmax ) Tại vị trí khảo sát: V(40) = Vx (40) = 300 (m) Để tìm Wn, ta tìm Wτ và W. 2 2 2 2 V = Vx + Vy ⇒ V = 250.000 − 8000t + 100t 200t − 8000 Wτ = V& = 2 250.000 − 8000t + 100t2 2 2 300 ⇒ Wn = W − Wτ = 2500 − 80t + t2 V 2 Tại t = 40 có ρ = t=40 = 9000 (m) Wn
75 Chương 7 CHUYỂN ĐỘNG CƠ BẢN CỦA VẬT RẮN Nội dung Khảo sát hai chuyển động cơ bản của vật rắn là chuyển động tịnh tiến và quay quanh trục cố định, làm cơ sở để nghiên cứu các chuyển động phức tạp khác. Yêu cầu - Nắm vững đặc điểm của chuyển động tịnh tiến - Nắm vững các đặc trưng mô tả vật chuyển động quay quanh trục cố định và các công thức xác định chúng - Nắm vững các công thức liên hệ đặc trưng chuyển động của vật và điểm thuộc vật 7.1. CHUYỂN ĐỘNG TỊNH TIẾN CỦA VẬT RẮN 1. Định nghĩa Chuyển động tịnh tiến của vật rắn là chuyển động mà mỗi đoạn thẳng thuộc vật có phương không đổi trong suốt quá trình chuyển động. Ví dụ: - Thùng xe chuyển động trên đường thẳng - Vật rắn AB trong cơ cấu bốn khâu hình bình hành (H.7.1) A B HìnhHình 7.1 7.1 2. Đặc điểm của chuyển động tịnh tiến Định lý. Khi vật rắn chuyển động tịnh tiến, vận tốc, gia tốc của mọi điểm thuộc vật tương ứng bằng nhau quỹ đạo của chúng giống nhau. Chứng minh. Xét hai chuyển động tùy ý A, B thuộc vật S chuyển động tịnh tiến (H.7.2), chúng ta có: r = r + AB ( B A
76 r r r& Vận tốc: V B = r&B = r&A = VA (do AB = const) (7.2) r& r& Gia tốc: WB = VB = VA = WA (7.3) - Quỹ đạo: giả sử quỹ đạo của A là ΓA , từ z B (7.1) điểm B có quỹ đạo ΓB chính là ΓA dịch r B A chuyển tịnh tiến độ dời AB , vậy hai quỹ đạo phải r giống nhau. A O y Nhận xét: x - Từ đặc điểm của chuyển động tịnh tiến, để Hình 7.2 khảo sát chuyển động của cả vật, chúng ta chỉ cần khảo sát chuyển động của một điểm thuộc vật - Chúng ta nói vật rắn chuyển động tịnh tiến thẳng, tròn có nghĩa là điểm thuộc vật chuyển động thẳng, tròn 7.2. CHUYỂN ĐỘNG QUAY QUANH TRỤC CỐ ĐỊNH CỦA VẬT RẮN 1. Định nghĩa Vật rắn chuyển động có hai điểm cố định là vật rắn quay quanh hai trục cố định đi qua hai điểm đó. 2. Khảo sát chuyển động cả vật 1- Phương trình chuyển động z ϕ Xét mặt phẳng P gắn chặt vào vật và chứa trục quay. Xác định vị trí của vật tương đương xác ω định vị trí của (P). Lập mặt phẳng chứa trục quay ε k ( π ) cố định, vị trí của (P) hoàn toàn xác định bởi P góc nhị diện ϕ giữa ( π ) và (P) (H.7.3). π Khi vật rắn chuyển động, ϕ là hàm của O y thời gian: x Hình 7.3 ϕ = ϕ(t) (7.4) Phương trình (7.4) chính là phương trình chuyển động của vật rắn. Chúng ta quy ước chiều quay dương ( ϕ > 0 ) nếu như nhìn từ đỉnh trục quay vật quay theo chiều ngược chiều kim đồng hồ, ( ϕ 0
77 - Vật quay chiều âm : ω 0 ( ωr, εr cùng chiều) ⇔ vật rắn quay nhanh dần ωr.εr < 0 ( ωr, εr ngược chiều) ⇔ vật rắn quay chậm dần 3. Khảo sát chuyển động thuộc điểm vật 1- Phương trình chuyển động Δ Xét M thuộc vật cách trục quay Δ đoạn IM = r Khi vật chuyển động vạch nên quỹ đạo tròn trong mặt phẳng vuông góc trục quay có tâm I (H.7.4). ω Chọn điểm O trên quỹ đạo trùng với vị trí đầu r M I ϕ của M làm gốc, ta nhận được phương trình chuyển động: s = OM = r.ϕ(t) O 2- Vận tốc Hình 7.4 • Phân bố vận tốc trên tia bán kính thuộc mặt phẳng quỹ đạo Áp dụng: V = s& τ
78 trong đó: s& = ΙM.ϕr& = rω ⇒ V = r ω τr Nếu chọn τr cùng chiều quay: V = rωτr Dựa vào (7.10) trên một tia bán kính, vận tốc các điểm phân bố tuyến tính theo luật tam giác vuông (H.7.6) tăng theo r hệ số ω : V = r ω • Biểu diễn vận tốc qua ωr Chúng ta dễ dàng kiểm chứng: V = ωr × OM = ωr × ρr (H.7.6) Ở đây O là điểm thuộc trục quay. 3- Gia tốc ε V • Biểu diễn trên mặt phẳng quỹ đạo ω M Within Ι (H.7.5) α r W r W = Wτ + Wn M r r Wτ = &s& τ = r ε τ Wτ Hình 7.5 2 V r 2 r Wn = n = rω n r Xét một điểm thuộc tia bán kính có: Wτ ε tgα = = 2 - không phụ thuộc vào vị trí của điểm Wn ω 2 2 2 4 Còn độ lớn: W = Wτ + Wn = r ε + ω Δ Tỉ lệ với khoảng cách r hệ số ε2 + ω4 I Wτ W phân bố trên một tia bán kính theo quy Wn M luật tuyến tính tam giác nhọn (H.7.5) ω ρ r r • Biểu diễn qua ω, ε (H.7.6) ε dV d W = = (ωr × ρr) O dt dt r r r = ε × ρ + ω × V = Wτ + Wn r r r ở đây: Wτ = ε × ρ ; Wn = ω × V Hình 7.6 7.3. CÁC CƠ CẤU TRUYỀN ĐỘNG CƠ BẢN 1. Sự cần thiết của các bộ truyền lực Trong một máy hoặc hệ thống máy, động cơ (khâu đầu) chỉ tạo ra chuyển động đơn giản (thường là quay quanh trục cố định). Các nhà thiết kế phải tạo ra bộ phận trung gian (khâu dẫn) để biến đổi chuyển động của động cơ thành những chuyển động theo ý muốn ở khâu công tác.
79 2. Các bộ truyền đơn giản 1- Truyền chuyển động quay quanh trục cố định thành chuyển động quay quanh trục cố định (thay thế chế độ quay) song song với nhau Dùng dây đai, xích, bánh răng (H.7.7) R1 ω1 R1 R 2 R2 O O1 2 O2 O1 ω1 ω2 ω2 R R1 1 R R2 2 O O2 O1 2 O1 ω1 ω2 ω2 ω1 Hình 7.7 ω ε R ⎛ Z ⎞ 1 = 1 = ± 2 ⎜= ± 2 ⎟ ω2 ε2 R1 ⎝ Z1 ⎠ Z1, Z2 - là số răng tương ứng của các bánh răng 1 và 2 Trong công thức (7.11) hai bánh răng quay cùng chiều ta lấy dấu cộng, ngược chiều lấy dấu (−). 2- Truyền động cơ cấu cam V2 V2 ω V1 O Tịnh tiến tịnh tiến Quay tịnh tiến Hình 7.8 7.4. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 7.1. Cho cơ cấu truyền động như H.7.9, biết góc quay của trụ O là 2 ϕ = (a 2)t có chiều như H.7.9. Xác định ω, ε của trụ O1 cũng như chuyển động của tải A. Giải. • Phân tích chuyển động Cơ cấu gồm ba vật rắn chuyển động:
80 - Trụ O và O1 quay quanh các trục R r 1 cố định tương ứng có quan hệ truyền 1 R động bánh răng tiếp xúc ngoài. O - Tải A chuyển động tịnh tiến O 1 I thẳng đứng. ω • Vận tốc, gia tốc: (chọn chiều ε quay là chiều dương) - Trụ O: ω = ϕ&& = at ; ε = ϕ&& = a A Hình 7.9 Trụ quay nhanh dần đều theo chiều hình vẽ - Trụ O1 (lấy chiều quay làm chiều dương) R R R R ω1 = ω = at ; ε1 = ω& 1 = ε = a R1 R1 R1 R1 Trụ O1 cũng quay nhanh dần đều theo chiều hình vẽ - Tải A: quãng đường của tải A và của dây là như nhau và cũng bằng quãng đường của điểm thuộc trụ o1 cách trục một đoạn r1. ⎧ r1R ⎪ VA = r1ω1 = at ⎪ R1 ⇒ ⎨ ⎪ r1R WA = V& A = a = (= r1ε1) ⎩⎪ R1 Tải A chuyển động đi lên nhanh dần đều. Ví dụ 7.2. Cho cơ cấu truyền động giữa hai trục vuông góc với nhau như H.7.10. Giả thiết không có sự trượt tương đối theo chiều quay. Biết trục I dịch chuyển dọc trục theo luật x = 0,1 + 0,2t (m,s) đồng thời quay quanh trục với vận tốc góc 120 vòng/ phút. Tìm chuyển động của trục II. x 0,4 I R1 = 0,4 R2 = x ω1 OII E OI ε2 ω2 ω2 ε2 ω1 Hình 7.11 Hình 7.10 II Giải. Hai trục quay tiếp xúc tại E. Tương tự các bánh răng tiếp xúc ngoài, chỉ khác là hai trục vuông góc (H.7.11).
81 R 0,4 ⇒ ω = 1 ω = .120 (vòng/phút) 2 x 1 0,1 + 0,2t 1,6π 0,32π hay: ω2 = (rad / s) ⇒ ε2 = ω& 2 = − 0,1 + 0,2t (0,1 + 0,2t)2 Chứng tỏ trục II quay chậm dần. Ví dụ 7.3. Xác định chuyển động của cần cam AB V của cơ cấu cam (H.7.12). Đĩa tròn bán kính R; OI 2 ω = l ; quay đều vận tốc góc ωo A β Giải. R O α • Phân tích chuyển động ϕ I - Cần cam AB tịnh tiến thẳng đứng - Cam quay đều quanh trục O • Phương trình chuyển động Hình 7.12 Để tìm chuyển động của cần cam chúng ta cần tìm OA = x(t), chọn trục x hướng lên trên. Giả sử vị trí ban đầu của cảm ứng ϕo = 0 . ⇒ OA = x = R cos β − l cos ϕ Áp dụng: l R R l sin ϕ = = → sin β = sin β sin α sin ϕ R l cos β = R2 − l2 sin2 ϕ R ⇒ phương trình chuyển động của cần AB: 2 2 2 x = l R − l sin ωot − l cos ωot • Vận tốc l2ω sin 2ω t V = x = lω sin ω t − o o & o o 2 2 2 2 R − l sin ωot • Gia tốc W = v& = &x& = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 161 ωo sin 2ωot(R − 1 sin ωot) − 1 ωo sin 2ωot = 1ωo cos ωot − 2 2 2 3 / 2 16(R − 1 sin ωot)
82 Chương 8 CHUYỂN ĐỘNG PHỨC HỢP CỦA ĐIỂM 8.1. MÔ HÌNH BÀI TOÁN VÀ CÁC ĐỊNH NGHĨA 1. Mô hình bài toán Nhiều trường hợp trong thực tế yêu cầu chúng ta phải khảo sát động điểm trong những hệ quy chiếu khác nhau. Chẳng hạn z như con lắc dao động đối với trần xe đang 1 k j chạy trên đường. Những bài toán loại này i O được giải quyết thông qua mô hình tổng quát k1 X j1 sau. i1 O y1 Động điểm M chuyển động trong hệ 1 x Hình 8.1 quy chiếu Oxyz. Hệ quy chiếu Oxyz lại 1 chuyển động đối với hệ quy chiếu O1x1y1z1 được xem là hệ cố định (H.8.1). Vấn đề đặt ra ở đây là khảo sát chuyển động của M trong từng hệ quy chiếu và quan hệ giữa các chuyển động này. 2. Các định nghĩa 1- Chuyển động tương đối Chuyển động của M(x,y,z) trong hệ động Oxyz được gọi là chuyển động tương đối. Đây là chuyển động mà người quan sát cảm nhận được khi gắn chặt mình với hệ động (Oxyz). r Vận tốc tương đối : V r (hoặc V ) r Gia tốc tương đối : W r (hoặc V ) là vận tốc và gia tốc trong chuyển động tương đối. Các đại lượng này được xác định đối với hệ động (Oxyz). r r r Chú ý: Các vector đơn vị chỉ phương của hệ động i, j, k cố định trong hệ động nhưng biến thiên (quay) trong hệ cố định (O1 x1 y1 z1). Chúng ta nhận được:
83 dOM d r r r r r r Vr = Oxyz= () xi + yj + zk = x& i + y& j + z&k (8.1) dt dt Oxyz dVR d r r r r r r Wr = Oxyz= () x& i + y& j + z&k = &x&i + &y&j + &z&k (8.2) dt dt Oxyz 2- Chuyển động tuyệt đối Chuyển động của điểm M(x1, y1, z1) đối với hệ cố định O1x1y1z1 được gọi là chuyển động tuyệt đối. a a Vận tốc tuyệt đối Va (hoặc V ), gia tốc tuyệt đối Wa (hoặc W ) là vận tốc, gia tốc được tính trong chuyển động tuyệt đối. Chú ý đến tính chất các vector đơn vị của từng hệ tọa độ. Chúng ta nhận được: dO1M d Va = = (O O + OM) dt O1x1y1z1 dt 1 O1x1y1z1 (8.3) • r r r r& r& r& = O1O+ x& i + y& i + z&k + xi + yj + zk dVa W a = dt O1x1y1z1 • • &r& &r& &r& r r r r r r = O1O + xi + yj + zk + 2()&x&i + &y&j + &z&k + &x&i + &y&j + +&z&k (8.4) 3- Chuyển động theo Chuyển động của hệ động đối với hệ cố định được gọi là chuyển động theo. Để động điểm M thể hiện được chuyển động theo chúng ta đưa ra khái niệm trùng điểm M* của M là điểm thuộc hệ động nhưng trùng với động điểm M tại vị trí đang xét. e Tương ứng chúng ta có vận tốc theo: V = VM* e Gia tốc theo: W = WM* * * Chú ý: tại thời điểm đang xét: O1M ≡ O1O + OM * * * * ⎛ r r ⎞ r r r * ⇔ O1M ≡ O1O + ⎜x i + y j + z k⎟ = O1O + xi + yj + zk (do M ≡ M ) ⎝ ⎠ Chú ý: M* cố định trong hệ động Oxyz nên các tọa độ x, y, z của M tại vị trí này được xem là các hằng số. * • • e dO M r r r ⇒ V = 1 = O O + x&i + y&j + zk& (8.5) dt O1x1y1z1 1
84 e • • e dV r r r W = = O O + x&i& + y&j& + zk&& (8.6) dt O1x1y1z1 1 8.2. CÁC ĐỊNH LÝ HỢP VẬN TỐC, GIA TỐC 1. Định lý hợp vận tốc Vận tốc tuyệt đối của động điểm bằng tổng hình học vận tốc tương đối và vận tốc theo. V a = V r + V e (8.7) Chứng minh. Sử dụng (8.1), (8.3) và (8.5), chúng ta có ngay kết quả. 2. Định lý hợp gia tốc Gia tốc tuyệt đối của động điểm bằng tổng hình học gia tốc tương đối, gia tốc theo và thời gia tốc phụ côriôlit WC . W a = W r + W e + W C (8.8) r trong đó: WC = 2(ωe × V r ) (8.9) Chứng minh. Sử dụng (8.2), (8.4) và (8.6) chúng ta có kết quả (8.8) trong đó ⎛ r& r& r& ⎞ Wc = 2⎜x& i + y& j + z&k⎟ (8.10) ⎝ ⎠ r 1- Trường hợp hệ động tịnh tiến ( ωe = 0 ) r& r& r& Chúng ta có ngay: i = j = k = 0 ⇒ Wc = 0 2- Trường hợp hệ động quay quanh trục cố định (H.8.2) r r r Các vector &i, &j, k& tương ứng là vận tốc đầu mút của chúng. Sử dụng (7.13): Δ r& r r r& r r r& r r i = ωe × i; j = ωe × j; k = ωe × k; r r r r (8.10) ⇒ WC = 2ωe × (x& i + y& j + z&k) r (8.1) ⇒ WC = 2ωe × Vr Ngay cả khi hệ động chuyển động tổng quát công k j y r O thức (8.9) vẫn đúng nhưng ωe là vận tốc góc tức thời dọc i theo trục quay tức thời. Hình 8.2 x Hình 8.2 3- Phương pháp thực hành xác định W c Từ công thức (8.1) chúng ta dễ dàng suy ra gia tốc W c W c = 2ωeVr⊥ . Hướng trùng hướng của Vr⊥ khi đã quay theo chiều quay của ωe góc π 2 . r Ở đây Vr⊥ là hình chiếu của V r lên phương vuông góc với vector ωe. 8.3. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG PHỨC HỢP Những bài toán trong chương này được chia theo các dạng sau:
85 - Bài toán tìm phương trình chuyển động: ví dụ (8.1) - Bài toán tổng hợp: biết các chuyển động thành phần (tương đối, theo) tìm chuyển động tuyệt đối (các ví dụ 8.2, 8.3, 8.4) - Bài toán phân tích: biết chuyển động tuyệt đối tìm các chuyển động thành phần (các ví dụ 8.5, 8.6, 8.7). Tuy nhiên cũng có những bài toán hỗn hợp bao gồm từng phần của các loại bài toán trên. Để giải được các loại bài toán này chúng ta cần phải: 1- Nắm vững các định nghĩa về chuyển động 2- Chọn hệ động phù hợp với từng bài toán (thường chọn vật rắn sao cho các điểm chúng ta cần xác định chuyển động hay mô tả chuyển động liên quan trực tiếp đến vật rắn này). 3- Bao giờ cũng giải các đại lượng thuộc về vận tốc trước bằng cách áp dụng trực tiếp: V a = V e + V r 4. Sau khi giải được các đại lượng vận tốc chúng ta sử dụng phương trình: n τ n τ n r Viết một cách tổng quát: Wa + Wa = We + We + Wr + 2ωe × V r⊥ Chiếu phương trình vector này lên các trục thích hợp chúng ta sẽ giải được các đặc trưng gia tốc. 8.4. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 8.1. Băng để ghi dao động tịnh tiến theo phương Ox vận tốc 2 m/s. Đầu bút (gắn vào vật dao động theo phương Oy) vẽ lên băng đường hình sin với biên độ AB = 2,5 cm; O1C = 8 cm. Tìm phương trình dao động của vật nếu điểm O ứng với vị trí của vật lúc t = 0. V = 2 m/s y1 y B x x 1 O1 A O C Hình 8.3 Giải. Chúng ta cần tìm dao động của điểm đầu bút, điểm này liên hệ trực tiếp với băng giấy. Chọn băng giấy làm hệ động, đường hình sin trên băng chính là quỹ đạo tương đối của điểm thuộc vật (vật chuyển động tịnh tiến). Xây dựng hệ Oxy cố định, hệ O1x1y1 gắn chặt vào băng giấy làm hệ động, từ H.8.3 chúng ta nhận được phương trình chuyển động tương đối của điểm thuộc vật (đầu bút):
86 ⎧x1 = 200t ⎨ (cm/s) ⎩y1 = 2.5 sin ω1t Tần số vòng ω1 được tính qua chu kỳ T = 8/200 = 0,04 s 2π ⇒ ω1 = = 50π T Dùng phép đổi tọa độ chúng ta nhận được phương trình dao động của vật: Ví dụ 8.2. Một con thuyền bơi qua sông có vận tốc so với mặt nước yên lặng là u, dòng sông chảy với tốc độ v. Chiều rộng của sông là h. Tìm hướng của ur để con thuyền qua sông nhanh nhất ? Giải. Giả sử người lái thuyền cho thuyền chạy theo hướng ur như H.8.4. Áp dụng công thức hợp vận tốc khi chọn mặt nước làm hệ động r r y Va = u + v Chiếu phương trình vector lên hai ⎧Vax = x& = u sin α + v u trục x, y: ⇒ α V ⎨ h A ⎩Vay = y& = u cos α M v Lấy tích phân theo t từ thời điểm x O (xuất phát) đến thời điểm đang xét chúng ta HìnhHình 8.4 8.4 nhận được: ⎧x = (u sin α + v) . t ⇒ ⎨ ⎩y = u cos α t h Khi cập bến: y = h ⇒ t = là thời điểm cập bến u cos α Quãng đường thuyền trôi dọc theo bờ sông lúc cập bến là: h hv x = u sin α + v) = htgα + u cos α u cos α h Muốn qua sông nhanh nhất: α = 0, t = min u ⇒ hướng cho thuyền đi vuông góc với bờ sông. Ví dụ 8.3. Bộ phận điều tiết ly tâm quay ω W quanh trục thẳng đứng với vận tốc gốc không o C Ve Wr x đổi ωo = 6rad / s . Các quả văng gắn vào đầu n We V cuối của lò xo thực hiện dao động trong rãnh O r sao cho khoảng cách từ trọng tâm I của nó tới trục quay biến thiên theo luật: I Hình 8.5
87 OI = x = (0,1 + 0,05 sin8 π t) m, (t tính theo giây). Hãy tính: a) Vận tốc, gia tốc điểm I tại thời điểm gia tốc côriôlit của nó đạt giá trị lớn nhất. b) Gia tốc côriôlit khi quả văng ở vị trí xa nhất. Giải. Chọn đĩa quay làm hệ động (quay đều quanh trục cố định). Xét chuyển động của khối tâm I của quả văng thực hiện chuyển động hợp: - Chuyển động tương đối: dao động thẳng dọc theo trục động Ox (gắn chặt vào đĩa) với quy luật đã biết OI = x = (0,1 + 0,05sin8 π t) (m) - Chuyển động theo: là chuyển động của điểm thuộc đĩa quay quanh trục O cố định vận tốc góc ωo(= const) • Vận tốc: (tính vận tốc tại vị trí tùy ý) Áp dụng: V a = V e + V r VI W V e : Ve = OI.ωo = (0,1 + 0,05 sin 8πt).ωo (m/s) C1 WI x V e1 ⊥OI thuận chiều quay ωo Vr1 I O Vr : Vr = x& = 0,4π cos 8πt (m/s) W n e1 5 dọc theo phương trục động Ox 0, 1 • Gia tốc Áp dụng: W a = W e + W r + W C τ n Hình 8.6 Wa = We + We 2 2 2 n ⎪⎧ = OI.ωo = xωo = (0,1 + 0,05sin 8πt)ωo trong đó: We ⎨ ⎩⎪↑↑ OI τ ⎪⎧= OI.ωo = 0 W e ⎨ (do đĩa quay đều, εo = 0 ) ⎩⎪⊥OI 2 Wr : Wr = &x& = −3,2π sin 8πt , dọc theo phương trục x (H.8.5) W C = 2ωo × V r : WC = 4,8π. cos πt ⊥Vr thuận chiều quay ωo ( do V r ⊥ ωo ) a) Gia tốc WC đạt giá trị lớn nhất khi: cos 8πt1 = 1 ⇔ sin 8πt1 = 0 Tương ứng: x1 = 0,1; Vr1 = 0,4 π ; Ve1 = 0,1 ωo = 0,6 n 2 We1 = 0,1ωo = 3,6; Wr1 = 0 ; WC1 = 0,8ωoπ = 4,8π Từ H.8.6 chúng ta nhận được: 2 2 WI = Ve1 + Vr1 = 1,4 (m/s)
88 2 n 2 2 WI = WCI + (We1 ) = 15,5 (m/s ) b) Khi quả văng ở vị trí xa nhất ⇔ sin 8πt2 = 1 ⇒ cos 8πt2 = 0 ⇒ WC2 = 0 Chú ý: Ở đây chúng ta giả sử tại thời điểm t1 đĩa đang có vị trí ở trên H.8.6 ⇔ tia OI xác định. Ví dụ 8.4. Cho quả cầu quay quanh trục thẳng đứng vận tốc góc không đổi ωo . Chất điểm M chuyển động đều dọc theo đường kinh tuyến, còn N chuyển động đều theo đường vĩ tuyến với vận tốc tương đối u, v không đổi như H8.7. Xác định Va, Wa của M, N ? B Giải. Chọn quả cầu làm hệ động. • Vận tốc Điểm M: r H N V Áp dụng: V a = V e + V r N e M M O V r v trong đó: Vr = u; Ve = IM.ωo = rM .ωo M M I rM ở đây: Vr ⊥ Ve (H.8.7) M Ve M M 2 M 2 2 2 2 ωo ⇒ Va = (Vr ) + (Ve ) = u + rM .ωo V r u Điểm N: A tương tự: V N = v; V N = HN.ω = r .ω r e o N o Hình 8.7 • Gia tốc: (H.8.8) τ n τ n Áp dụng: W a = W r + W r + W e + W e + WC (i) - Điểm M: τ có: Wr = 0 (do Vr = u = const) V 2 u2 u2 Wn = = = ; (OM = R) r ρ OM R τ We = 0 (do quả cầu quay đều) n 2 2 We = rM .ωo = IM.ωo WC = 2ωo .u cos β = 2ωou cos α z B Phương của WC vuông góc mặt phẳng kinh tuyến qua M (tiếp tuyến vĩ tuyến). H N Chọn hệ trục tọa độ Decartes có trục z theo trục y O n quay, trục x nằm trong mặt phẳng kinh tuyến như H.8.7. ωr Chiếu (i) lên ba trục tọa độ: α I n β ωe M A Vr = u Hình 8.8
89 ⎧ u 2 ⎪W = −W n sin α − W n = − sin α − r ω2 ax r e R M o ⎪ ⎨Way = WC = −2ωou cos α ⎪ u 2 ⎪W = W n cos α = cos α ⎩⎪ az r R Điểm N: τ có: Wr = 0 (do Vr = v = const) 2 2 n v v Wr = = HN rN τ We = 0 n 2 2 We = HN.ωo = rN.ωo n n WC = 2ωo Vr = 2ωo v, chiều ↑↓ We và: W r 2 n n 2 v ⇒ có ngay: Wax = WC − We − Wr = 2ωo v − rNωo − và Way = Waz = 0. rN Ví dụ 8.5. Cho cơ cấu cần gạt như H.8.9. Tay quay OA quay đều quanh O cố định vận tốc góc ωo làm cho thanh O1B lắc qua lại quanh O1, con chạy A trượt dọc O1B. Biết OA = r, hãy xác định ω1, ε1 của O1B tại vị trí như H.8.9. Giải. Giữa vật đã biết chuyển động là thanh OA và vật chưa biết chuyển động là thanh O1B có điểm liên hệ duy nhất là A (đầu mút thanh OA và tiếp xúc với O1B). Chọn O1B làm hệ động và xét điểm A chuyển động hợp: - Chuyển động tuyệt đối của A: thuộc OA quay đều quanh O - Chuyển động tương đối: trượt thẳng dọc theo O1B (nằm dọc theo O1B quan sát chuyển động của A). - Chuyển động theo: O1B quay quanh O1 cố định • Vận tốc Áp dụng: V a = V e + V r (*) R Va + V a : Va = r.ωo WC V ⊥ OA thuận chiều ω V r o ωo e O + V e : Ve = O1A.ω1 = 2rω1 ? (chưa biết) n τ W=aa W A We ⊥ ω O1A thuận chiều 1 (chưa biết). n We Chúng ta chọn một chiều giả định ω1 ε + V r : Vr = ? (chưa biết) 1 o cùng phương O1B ? (chưa biết chiều) 30 Chúng ta chọn một chiều giả định y o rωo O Chiếu (*) x ⇒ −Va sin 30 = −Ve ⇔ = Ve 1 2 x Hình 8.9
90 3 Chiếu (*) y ⇒ V cos 30o = V ⇔ rω = V a r o 2 r Các kết quả nhận được đều lớn hơn không, chứng tỏ chiều của V e , V r Ve ωo được chọn đúng, suy ra: ω1 = = O1A 4 (chúng ta có thể xác định Ve, Vr theo quy tắc tam giác vector kín). • Gia tốc Áp dụng: W a = W e + W r + W C τ n τ n ⇔ Wa + Wa = We + We + Wr + WC ( ) τ τ + W a : Wa = rεo = 0 (do εo = 0) n n 2 + W a : Wa = rωo ↑↑ AO + W r : Wr = ? (chưa biết) cùng phương O1B (chưa biết chiều). Chúng ta chọn chiều giả định như hình vẽ 2 2 n n 2 ωo r.ωo + W e : We = O1A.ω1 = 2r. = 16 8 ↑↑ AO1 3 2 + W C : WC = 2ω1.Vr = r ωo 4 v ⊥Vr thuận chiều quay ω1 (do ω1 ⊥ Vr ) n o τ Chiếu ( ) / x ⇒ −Wa cos 30 = We + 0 + 0 − WC n o n Chiếu ( ) / y ⇒ −Wa sin 30 = 0 − We + Wr + 0 ⎧ r 3 r 3 ⎪− ω2 = W τ − ω2 ⎪ 2 o e 4 o ⇔ ⎨ r r ⎪− ω2 = − ω2 + W ⎩⎪ 2 o 8 o r Giải hệ phương trình chúng ta nhận được: 3r r 3 W = − ω2 ; W τ = − ω2 r 8 o e 4 o τ Kết quả trên chứng tỏ Wr và We có chiều ngược chiều đã chọn, có độ lớn là trị số dương tương ứng.
91 r 3 2 τ ωo We 4 3 2 ⇒ ε1 = = = ωo (cùng chiều ω1 ) O1A 2r 8 Thời điểm đang xét thanh O1B quay nhanh dần. Chú ý: Nếu không cần tính Wr chúng ta bỏ phương trình ( ) / y. Ví dụ 8.6. Cơ cấu Culít gồm tay quay OA = r quay đều quanh trục O cố định với vận tốc góc ωo , làm cho Culít chuyển động lên, xuống. Tìm vận tốc, gia tốc của Culít theo góc quay của tay quay OA (H.8.10). Giải. Cơ cấu có tay quay OA đã biết chuyển động. Điểm A tựa vào Culít có vai trò truyền động. Chọn Culít làm hệ động, xét chuyển động hợp của điểm A. Chuyển động tuyệt đối: A thuộc OA quay đều quanh O (đã biết) Chuyển động theo: Culít tịnh tiến thẳng đứng Chuyển động tương đối: đứng trên Culít chúng ta thấy A chuyển động thẳng ngang ở phần trên của chữ T. ωo O • Vận tốc (tại vị trí tương ứng góc ϕ ) We ϕ Va Wa Ve Áp dụng: V a = V e + V r ϕ A Vr + V a{= r ωo; ⊥ OA thuận chiều quay ωo } Wr + V e {= ? (chưa biết độ lớn); phương thẳng đứng} (chọn chiều giả định đi lên) + V r {= ? (chưa biết độ lớn); phương nằm Hình 8.10 ngang} (chọn chiều như H.8.10). Nhìn từ H.8.10 chúng ta giải ra ngay: Ve = Va . sin ϕ = rωo sin ωot (chính là vận tốc của Culít). • Gia tốc Áp dụng: W a = W e + W r + W C ( ) ở đây: + W e có phương thẳng đứng, chọn chiều giả định đi lên + W r có phương nằm ngang, chọn chiều giả định sang trái (H.8.10) + W C = 0 (hệ động tịnh tiến) n + Wa = Wa (do OA quay đều) Chiếu ( ) lên trục thẳng đứng (chiều We ): 2 ⇒ We = Wa cos ϕ = rωo cos ωot
92 (Chính là gia tốc của Culít). τ Wr Ví dụ 8.7. Cần cam chuyển động nhanh A h dần đều, sau 4 giây trượt từ vị trí cao Ve We n Va nhất xuống đoạn h = 4 cm làm cho cam Wr V I ϕ W r có bán kính R = 10 cm trượt ngang. x a O Xác định vận tốc, gia tốc của cam Hình 8.11 tại vị trí trên. Giải. Xét đầu cần cam chuyển động thẳng. Từ giả thiết xác định được phương trình chuyển động h' = t 2 4 (cm). Xem đầu cần thực hiện chuyển động hợp khi lấy cam làm hệ động. - Chuyển động tuyệt đối đã biết - Chuyển động tương đối: đầu cam trượt trên đường chu tuyến tròn của cam. - Chuyển động theo: tịnh tiến cùang cam nên V e , W e chính là vận tốc, gia tốc của cam. • Vận tốc Áp dụng: V a = V e + V r (*) ' t + V a {=h = = 2; hướng thẳng đứng đi xuống} 2 + V e {= ? (chưa biết); phương ngang, chọn chiều giả định như hình vẽ} + V r {= ?; hướng nghiêng xuống và ⊥ IA } Chiếu (*) lên hướng AI: 6 8 ⇒ V sin ϕ = V cos ϕ với: sin ϕ = ; cos ϕ = a e 10 10 ⇒ Ve = 2tgϕ = 1,5 (cm/s) Chiếu (*) lên phương Vr: ⇒ Va cosϕ = −Ve sinϕ + Vr ⇒ Vr = 2,5 (cm/ s). • Gia tốc τ n Áp dụng: W a = W e + W r + WC = W e + W r + W r + W c ( ) ở đây: 1 + Wa{ = , phương thẳng đứng đi xuống} 2 + We{ = ? (chưa biết), phương nằm ngang, chọn chiều giả định như hình vẽ}
93 τ + Wr{ = ? (chưa biết), phương ⊥ AI , chọn chiều giả định như hình vẽ} V 2 + Wn = r = 0,625 (cm/ s2) r IA + W C = 0 (hệ động tịnh tiến). Chiếu ( ) / AI: n ⇒ Wa sin ϕ = −We cos ϕ + Wr 1 W n ⇒ W = − tgϕ + r = 0,41(cm/s2) e 2 cos ϕ Dấu cộng chứng tỏ cam có gia tốc đúng chiều đã chọn. Cam chuyển động nhanh dần tại thời điểm t = 4s có vận tốc V = 1,5 cm/s; gia tốc W = 0,41 (cm/s2).
94 Chương 9 CHUYỂN ĐỘNG SONG PHẲNG CỦA VẬT RẮN Nội dung Khảo sát một dạng chuyển động phức hợp của vật rắn thường gặp trong kỹ thuật. Yêu cầu - Nắm vững phương pháp phân tích chuyển động song phẳng thành chuyển động tịnh tiến (theo) cùng điểm cực và quay (tương đối) quanh cực - Sử dụng thuần thục các công thức mô tả quan hệ vận tốc, gia tốc hai điểm để giải các bài toán thực tế - Biết cách xác định và sử dụng tâm vận tốc tức thời để giải các bài toán về vận tốc. 9.1. KHẢO SÁT CHUYỂN ĐỘNG CẢ VẬT 1. Định nghĩa Chuyển động song phẳng là chuyển động của vật rắn trong đó mỗi điểm thuộc vật đều P1 nằm trong một mặt phẳng song song với một A mặt phẳng quy chiếu cố định. 2. Mô hình chuyển động phẳng P2 B Xét đoạn AB ∈ vật và vuông góc với mặt phẳng quy chiếu. Do A, B chuyển động trong các mặt phẳng song song với nhau (A ∈ S P1, B ∈ P2) ⇒ đoạn AB chuyển động tịnh tiến π (H.9.1). Như vậy, khảo sát chuyển động của vật Hình 9.1 tương đương khảo sát chuyển động của tập các đường thẳng vuông góc mặt phẳng quy chiếu (đều tịnh tiến), tương đương khảo sát chuyển động của thiết diện S trên mặt phẳng quy chiếu (S là tập hợp những giao điểm của các đường thẳng thuộc vật vuông góc với mặt phẳng quy chiếu). 3. Phương trình chuyển động
95 Vị trí của thiết diện S trong mặt phẳng của nó hoàn toàn xác định bởi vị trí của đoạn AM ∈ S (AM cố định trong S). Để xác định AM chúng ta chỉ cần biết vị trí của A(x, y) và góc ϕ giữa trục nằm y ngang cố định Ox và tia AM (H.9.2). S M Từ đó ta có phương trình chuyển động của S: ϕ A ⎧xA = xA (t) ⎪ ⎨yA = yA (t) (9.1) ϕ ⎪ ⎩ϕ = ϕ(t) O x 4. Vận tốc của vật Hình 9.2 Vận tốc của cả vật cũng được mô tả thông qua trường vận tốc của điểm A (điểm cực) và trường vận tốc góc quay quanh A: ⎧Vx = x&(t) V A (Vx, Vy) ⎨ (9.2) ⎩Vy = y&(t) ω = ϕ& 5. Gia tốc Tương tự chúng ta có: ⎪⎧Wx = V& x = &x&(t) WA (W , W ) ⎨ (9.3) x y & ⎩⎪Wy = V = &y&(t) ε = ω& = ϕ&& 9.2. KHẢO SÁT CHUYỂN ĐỘNG CỦA ĐIỂM THUỘC VẬT 1. Phương trình chuyển động Xét điểm tùy ý xác định M(x, y) ∈ S (H.9.2) Chúng ta có: OM = OA + AM ⎧x = xA (t) + AM. cos ϕ(t) Dùng (9.1) ⇒ ⎨ (9.4) ⎩y = yA (t) + AM.sin ϕ(t) 2. Vận tốc Để xác định đặc trưng vận tốc và gia y1 VMA VM tốc chúng ta xây dựng hệ động A1x1y1 tịnh y tiến cùng cực A (có tính chất Ax1 // Ox, Ay // VA M ϕ Oy). A x1 Điểm M ∈ S có chuyển động theo là tịnh tiến cùng cực A, chuyển động tương đối O x là chuyển động tròn quanh cực A cùng thiết Hình 9.3 diện S. 1- Vận tốc
96 V M = V e + V r (*) - Mọi điểm ∈ hệ động A1x1y1 có cùng vận tốc V A ⇒ V e = V M* = V A - Đặt V r = V MA là vận tốc của M quay quanh cực A. V MA (= MA.ω, ⊥ MA thuận chiều quay của S quanh cực A). ⇒ (*) ⇔ V M = V A + V MA (9.5) Chúng ta còn có thể biểu diễn (9.5) dưới dạng r V M = V A + ω × AM (9.6) Ở đây ωv là vận tốc góc của thiết diện. 2- Định lý quan hệ vận tốc giữa hai điểm Do việc chọn cực A là tùy ý nên (9.5) hoặc (9.6) mô tả mối quan hệ vận tốc giữa hai điểm. Định lý. Vận tốc giữa hai điểm M, N tùy ý thuộc thiết diện S thỏa mãn quan hệ: V M = V N + V MN (9.7) r hay: V M = VN + ω × NM (9.8) Hệ quả. Hình chiếu vận tốc của hai điểm lên phương nối hai điểm đó bằng nhau. Chứng minh. Có ngay kết quả do V MN ⊥ MN 3- Xác định vận tốc bằng phương pháp dùng tâm vận tốc tức thời Định lý. Ở mỗi thời điểm nếu thiết diện S có: • ω ≠ 0 sẽ tồn tại duy nhất điểm P ∈ S, VP = 0, P được gọi là tâm vận tốc tức thời (TVTTT) và vận tốc mọi điểm ∈ S được phân bố giống như S đang quay quanh tâm P. Chúng ta nói S quay tức thời quanh TVTTT với vận tốc góc ω . • ω = 0 vận tốc mọi điểm ∈ S đều bằng nhau. Chúng ta nói S tịnh tiến tức thời. Chứng minh • Trước hết chúng ta chứng minh ∃ P Xét điểm M ∈ S, giả sử có V M ≠ 0 (nếu VM = 0 ⇒ P ≡ M). Dựng tia o Md ⊥ V M ) (cùng chiều V M khi đã quay 90 theo chiều ω ). Trên tia vừa dựng V lấy điểm P sao cho MP = M . ω M VM Tính: V p = V M + V PM = 0 ω Vì V PM (= PM.ω = VM, ↑↓ V M V - Chứng minh P duy nhất M P Giả sử ∃ P1 có Vp1 = 0 d Hình 9.4
97 Tính: V p = V p1 + V pp1 ⇔ 0 = 0 + V pp1 ⇒ 0 = V = PP .ω ⇔ P ≡ P pp1 1 1 Vậy P là duy nhất. - Chọn P làm điểm cực: VM = VMP (là vận tốc của M quay quanh tâm P với vận tốc góc ω ) • Khi ω = 0 Với mọi M, N ∈ S chúng ta có ngay VM = VN khi dùng (9.6). 4- Quy tắc thực hành tìm vận tốc tức thời • Biết vận tốc một điểm (M) và phương vận tốc điểm khác (N) không song song với nhau (H.9.5a), khi đó P là giao điểm của hai tia đi qua M, N V vuông góc tương ứng với các vận tốc và ω = M PM VM Vm M M VM M N Phương V N N VT ω ω P P ω P VN N a) b) c) M O VM VN ω N P d) e) Hình 9.5 • Biết vận tốc hai điểm (M, N) song song với nhau và vuông góc với MN V − V (H.9.5b,c). Tâm P được xác định như hình vẽ và ω = M N MN • Vận tốc hai điểm (M, N) song song với nhau và không vuông góc với MN (H.9.5d). Dùng định lý hình chiếu vận tốc ⇒ V M = V N . Chứng tỏ vận tốc mọi điểm bằng nhau tại thời điểm này ⇒ thiết diện S tịnh tiến tức thời. W y A • Hình phẳng lăn không trượt trên 1 đường phẳng (H. 9.5e). Do không có sự y trượt nên điểm P ∈ S tiếp xúc với giá cố n M WMA ω τ định có Vp = 0 ⇒ P là TVTTT. WMA A 3. Gia tốc của điểm thuộc hình phẳng S x1 ε W WM 1- Biểu thức gia tốc của điểm ∈ S MA O x Hình 9.6
98 Xét điểm M ∈ S chuyển động phức hợp, tương tự như vận tốc: W M = W e + W r + W C ở đây: WC = 0; W e = W A ; W r = W MA gọi là gia tốc của M chạy quanh cực A. τ n W MA = W MA + W MA trong đó: τ W MA (= MA.ε, ⊥MA hướng thuận chiều ε ). n 2 W MA (= MA.ω , ↑↑ MA ⇒ W M = W A + W MA 2. Quan hệ gia tốc hai điểm của hình phẳng S Do cực A là điểm tùy ý xác định, chúng ta có ngay quan hệ gia tốc giữa hai điểm tùy ý M, N ∈ S: W M = W N + W MN (9.10) Chúng ta có thể biểu diễn chi tiết hơn: τ n τ n τ n W M + W M = W N + W N + W MN + W MN (9.11) n (Điểm M, N nếu có quỹ đạo thẳng, thành phần W = 0 ) 3- Tâm gia tốc tức thời Q Định lý. Ở mỗi thời điểm ∃ duy nhất điểm Q ∈ S có M W α M WQ = 0. Q được gọi là tâm gia tốc tức thời và gia tốc của điểm ∈ S phân bố giống như S đang quay quanh Q ε ω với ω, ε tương ứng. α Q W Chứng minh QM d • Chứng tỏ ∃ Q (H.9.7): Hình 9.7 Xét M ∈ S có WM ≠ 0 ⇒ M ≡ Q) Dựng tia Md cùng chiều WM khi đã quay quanh M theo chiều ε góc α ε với tg α = . ω2 W Trên tia Md lấy điểm Q sao cho: MQ = M ε2 + ω4 Tính: W Q = W M + W QM Xem (H.9.7) chúng ta nhận thấy: τ 2 N 2 WQM (WQM = (WQM ) + (WQM ) =
99 2 4 = QM ε + ω = WM hướng ngược hướng W M ) ⇒ W Q = 0 • Chứng tỏ Q duy nhất: M WM Giả sử ∃ Q1 có W Q1 = 0 ε α Q WN Xét quan hệ gia tốc giữa Q và Q1: WQ = WQ1 + WQQ1 ⇔ 0 = 0 + WQQ1 N Hình 9.8 2 4 ⇒ QQ1. ε + ω = 0 ⇒ QQ1 = 0 hay Q1 trùng với Q. • Nếu chọn Q làm điểm cực chúng ta có ngay: τ N W M = WQM = W MQ + w MQ Gia tốc M được xác định giống như S đang quay quanh Q với chế độ ω, ε tương ứng. 4- Phương pháp thực hành xác định Q - Biết ω. ε và gia tốc một điểm W M : chúng ta xác định Q giống như mục 3 - Biết ω, ε và phương gia tốc hai điểm M, N Từ M, N ta kẻ hai tia tạo với W M , W Chú ý: - Thông thường để giải bài toán gia tốc chúng ta thường dùng quan hệ gia tốc hai điểm [biểu thức (9.10) hoặc (9.11)], ít dùng tâm Q. - Tâm Q ≠ tâm P, chúng chỉ trùng nhau khi S quay quanh điểm cố định (P ≡ Q ≡ điểm cố định). - Chỉ được xem S quay quanh TVTTT P khi giải vận tốc, không được xác định gia tốc giống như S quay quanh P. Tương tự, chỉ được xác định gia tốc giống như S quay quanh Q. 9.3. NHỮNG CHUYỂN ĐỘNG SONG PHẲNG ĐẶC BIỆT 1. Chuyển động quay đồng thời quanh hai trục song song Định lý. Cho vật rắn quay quanh trục động Δ1 với vận tốc góc ω1 (vận tốc góc tương đối). Trục Δ1 lại quay quanh trục Δ 2 (Δ1 // Δ 2 ) được coi là cố định với vận tốc góc ω2 (vận tốc góc theo H.9.9a). Vật rắn sẽ chuyển động song phẳng có mặt phẳng quy chiếu vuông góc Δ 2 với vận tốc góc:
100 ω = ω1 + ω2 (9.12) (trường hợp ω1 + ω2 = 0 vật rắn tịnh tiến). Chứng minh. Chúng ta dễ dàng nhận thấy mỗi điểm M thuộc vật thực hiện chuyển động hợp, có V e , V r đều vuông góc với trục quay Δ2 ⇒ vận tốc tuyệt đối V a = V e + V r cũng phải vuông góc với Δ 2 , chứng tỏ quỹ đạo của M thuộc một mặt phẳng vuông góc với Δ 2 . Suy ra vật chuyển động song phẳng, vì vậy chỉ cần khảo sát chuyển động của vật qua mô hình phẳng (H.9.9b). - Xây dựng hệ động O1x1y1 quay theo Vo1 O1O2 với vận tốc góc ω2 quanh O2 cố định, ω2 ω1 O1x1 luôn nằm dọc theo O2O1. Xét điểm O2 ω O1 ’ P ∈ S chuyển động hợp (điểm ∈ S nhưng trùng O2 với O2 tại thời điểm đang xét): - Tương đối: quay xung quanh O1 với vận tốc góc ω1 (H.9.10): V rO2 V ⇒ Vr = O1O2.ω1 Hình 9.10 - Theo: điểm ∈ hệ động O1x1y1, song đây là điểm cố định thuộc hệ động nên: Ve = 0 ⇒ V = V + V = 0 + V (chúng ta biểu diễn ở H.9.10 cho rõ ràng) O2 e r r Với điểm O1 ∈ S chúng ta có ngay: V = O O .ω , có hướng như H.9.10õ. O1 1 2 2 Sử dụng quan hệ vận tốc hai điểm O1, O2: V O1 = V O2 + V O1O2 (*) Chúng ta quy ước nếu ω > 0 (ngược chiều kim đồng hồ) thì V > 0 2 O1 (thuận chiều ω2 ). Gọi ω là vận tốc góc của S. Chiếu (*) lên hướng V O1 chúng ta nhận được: O1O2.ω2 = − O1O2.ω1 + O1O2.ω ⇒ ω = ω1 + ω2 Trường hợp ω = ω1 + ω2 = 0 : V M = V N ; ∀ M, N ∈ S ⇒ vật rắn tịnh tiến tức thời
101 Chú ý: Công thức (9.12) đúng với mọi thời điểm nên chúng ta có ngay: ε = ε1 + ε2 (9.13) và: ϕ = ϕ1 + ϕ2 (9.14) 2. CƠ CẤU VI SAI Xét cơ cấu gồm tay quay OA và bánh xe II quay độc lập với nhau quanh trục cố định qua O. I εo ωo Bánh xe I quay quanh tâm A đồng thời lăn không A O trượt tương đối trên vành của bánh xe II (H.9.11). ω2 Cơ cấu loại này được gọi là cơ cấu vi sai. II ε Tại thời điểm đang xét đã biến chuyển động 2 của tay quay OA ( ωo, ε1 ) và của bánh xe II (ω2,ε2) Hình 9.11 - Để giải bài toán này chúng ta thường sử dụng công thức Vilit: chọn OA làm hệ động và chiều quay làm chiều dương: ω ω − ω R 1r = 1a o = ± 2 ω2r ω2a − ωo R1 (dấu (+) nếu tiếp xúc trong như H.9.11, dấu (–) nếu tiếp xúc ngoài). từ đó chúng ta có kết luận: R1 − R2 R2 ω1 ≡ ω1a = ωo + ω2 (tiếp xúc trong) (9.15) R1 R1 R1 + R2 R2 ω1 ≡ ω1a = ωo − ω2 (tiếp xúc ngoài) (9.16) R1 R1 Chú ý: ω1 > 0 ⇒ bánh xe I quay cùng chiều OA ω1 < 0 ⇒ bánh xe I quay ngược chiều OA Các công thức (9.15), (9.16) đúng cho ∀t R1 − R2 R2 ⇒ ε&1 = εo + ε2 (tiếp xúc trong) R1 R1 R1 + R2 R2 ε1 = εo − ε2 (tiếp xúc ngoài) R1 R1 3. Ròng rọc động Xét mô hình ròng rọc động như hình 9.12. Các nhánh dãy đi qua I, H song song. VI Δ Các bán kính tương ứng R, r. + VH Chúng ta sẽ tìm mối quan hệ giữa + I O H V I , V H , W I , W H và ω, ε của ròng rọc? Quy ước hướng dương và chiều quay dương như hình vẽ. Hình 9.12
102 Áp dụng V H = V I + V HI (*) Trong đó V HI = IHω = (R + r)ω, hướng dương. Chiếu (*) lên trục Δ ⇒ VH = VI + (R + r)ω V − V ⇒ ω = H I ; nếu ω > 0 chiều quay dương, ω < 0 chiều quay âm (R + r) W − W ⇒ ε = H I R + r 9.4. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHUYỂN ĐỘNG SONG PHẲNG Bài toán tổng quát được yêu cầu ở đây là xác định hình phẳng chuyển động song phẳng. Tức là chúng ta phải xác định được chuyển động của một điểm cực ∈ hình phẳng và chuyển động quay quanh điểm cực đó ( ω, ε ). Hình phẳng chuyển động song phẳng thường liên kết động với giá cố định và các vật rắn chuyển động khác (quay quanh trục cố định, tịnh tiến). Chú ý đến đặc điểm này chúng ta đưa ra phương pháp giải như sau: - Để xác định chuyển động của điểm cực chúng ta xét những điểm đặc biệt, thường là điểm liên kết giữa vật rắn đã biết chuyển động và hình phẳng. - Để xác định chuyển động quay của hình phẳng quanh cực chúng ta thường sử dụng: 1- Giải vận tốc - Dùng tâm vận tốc tức thời {các ví dụ (9.1), (9.2), (9.3), (9.4), (9.7)}. - Dùng quan hệ vận tốc góc (9.12) hay (9.15), (9.16) khi hình phẳng đồng thời quay quanh các trục song song {các ví dụ (9.2), (9.7)}. - Dùng định lý quan hệ vận tốc hai điểm ∈ S. Trong đó một điểm đã biết (thường là điểm cực) và điểm thứ hai thường là biết quỹ đạo do ∈ một vật rắn khác {các ví dụ (9.5), (9.6), (9.7), (9.8)} hoặc liên quan tới chuyển động của vật rắn khác {các ví dụ (9.9), (9.10)}. 2- Giải gia tốc - Tính trực tiếp ε = ω& khi biết ω là hàm của thời gian (trường hợp cơ cấu đối xứng: trục tròn lăn không trượt, vi sai, hành tinh) {các ví dụ (9.2), (9.3), (9.4), (9.7)}. - Dùng quan hệ gia tốc hai điểm đặc biệt (M, N): W M = W N + W MN n τ n τ n τ ⇔ W M + W M = W N + W N + W MN + W MN
103 Chiếu phương trình lên hai trục xác định, chúng ta nhận được hai phương trình đại số để giải ra các ẩn cần thiết {các ví dụ (9.5), (9.6), (9.8)}. Trường hợp số ẩn trong phương trình vector lớn hơn 2 chúng ta phải tìm thêm tính chất mới của các điểm đặc biệt để xây dựng thêm các phương trình sao cho tổng số ẩn bằng tổng các phương trình đại số nhận được {các ví dụ (9.9), (9.10)}. 9.5. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 9.1. Xét cơ cấu hành tinh như H.9.13. Biết y VA ban đầu tay quay ở vị trí nằm ngang bên ε2 ω2 phải và chuyển động theo luật: II 2 A ϕ = ϕ(t) = 3 + 2t (rad) ϕ R 2 εo ϕ 2r ω0 B t - tính theo giây M • Lập phương trình chuyển động của O ϕ R 1 A x bánh xe II C • Xác định vận tốc góc ω2, gia tốc I ε2. Hình 9.13 Giải: • Phân tích chuyển động: Cơ cấu gồm ba vật rắn: - Tay quay OA quay quanh trục O cố định (biết chuyển động) - Bánh xe I cố định - Bánh xe II chuyển động song phẳng lăn không trượt lên bánh xe I cố định. • Lập phương trình chuyển động: để xác định chuyển động của bánh xe II chúng ta chọn cực A (xA,yA) và tìm chuyển động quay quanh cực A. Tại thời điểm (H.9.13) OA quay góc ϕ , bán kính AM gắn chặt với bánh xe II vẽ từ vị trí nằm ngang (AC) chuyển tới AM như H.9.13. R1 Do lăn không trượt ⇒ BM = BC ⇔ R1 ϕ = R2 ϕ2r ⇒ ϕ2r = ϕ R 2 R1 So với hướng cũ, tia AM đã quay góc: ϕ2 = ϕ + ϕ2r = ϕ + ϕ R2 Phương trình chuyển động: xA = (R1 + R2)cos ϕ yA = (R1 + R2)sin ϕ ⎛ R ⎞ ⎜ 1 ⎟ 2 ϕ2 = ⎜1 + ⎟ϕ với: ϕ = 3 + 2t ⎝ R2 ⎠ • Giải ω2 : xét tiếp điểm B chính là tâm vận tốc tức thời của bánh xe II VA R1 + R2 R1 + R2 ⇒ ω2 = = ϕ& = 4t chiều như hình vẽ. R2 R2 R2
104 • Giải ε2 : biểu thức ω2 là hàm của t R1 + R2 ⇒ ε2 = ω& 2 = 4 R2 Ví dụ 9.2. Cho cơ cấu vi sai: tay quay OA quay quanh trục qua O cố định, bánh xe I tâm A lăn không trượt lên bánh xe II cũng quay được quanh O (độc lập với OA). Tại thời điểm đang xét biết ωo , εo của tay quay và ω2 , ε2 của bánh xe II (H.9.14), OA= 3R2 = 0,6 m. a) Tìm ω1, ε1 của bánh xe I và V M, WM ? b) Tính với các giá trị: ωo = ω2 = 2rad / s 2 εo = 2ε2 = 4rad / s Giải: a) Để tính ω1, ε1 của bánh xe I chúng ta dùng công thức vilit (9.16), (9.18): R2 + R1 R2 3 1 ω1 = ωo − ω2 = ωo + ω2 > 0 R1 R1 2 2 R 2 + R1 R 2 3 1 ε1 = εo − ε 2 = ε o + ε2 > 0 R1 R1 2 2 Chứng tỏ bánh xe I có ω1 và ε1 cùng chiều với ωo , εo của tay quay OA. VM τ VMA WMA ω ω1 1 x V τ ε1 A M W ε1 A M A n W ε y MA o A εo R n R ω 1 WA 1 2 ω ω o 2 ω O o I R I R2 2 II II ε2 ε2 Hình 9.14 Hình 9.15 Tính V M : (H.9.14): dùng điểm A làm cực: V M = V A + V MA + V A = (R1 + R2)ωo = 3R2ωo ⎛ 3 1 ⎞ + V MA = AM.ω = R ⎜ ω + ω ⎟ 1 1⎝ 2 o 2 2 ⎠ ⎛ 3 ⎞ R1 + V M = V + V = ⎜3R + R ⎟ω + ω A MA ⎝ 2 2 1 ⎠ o 2 o Tính W M (H.9.15): W M = W A + W MA (*) n τ n τ ⇔ W M = W A + W A + W MA + W MA
105 n 2 + W A = (R1 + R2) ωo τ + W A = (R1 + R2) εo n 2 + W MA = R1 ω1 τ + W MA = R1 ε1 Chiếu phương trình (*) lên các trục thích hợp: n n 2 2 (*) x ⇒ WMx = −WA + 0 − WMA + 0 = −(R1 + R 2 )ωo − R1ω1 τ τ (*) y ⇒ WMy = 0 + WA + 0 + WMA = (R1 + R 2 )ε o + R1ε1 b) Tính với các giá trị cụ thể: ω1 = 4rad / s; ε1 = 7rad / s 2 2 2 VM = 2,8 m/s; WM = WMx + WMy = 10,22 m / s Chú ý: Nếu các công thức (9.15) đến (9.18) khó nhớ ta chỉ cần áp dụng: ω − ω R 2 o = ± 1 ω1 − ωo R2 D Ví dụ 9.3. Con lăn hai tầng bán ε τ kính tương ứng R = 2r = 0,4 m ωBO V được kéo lên lăn không trượt nhờ ω B tải A. Biết A rơi xuống theo quy n ωBO VO 2 VC S luật: s = 3 + 4t (m,s). Tìm ω, ε ωτ A co O ω ωn O của con lăn, vận tốc, gia tốc các co C VA điểm B, C, O của con lăn tại thời điểm t = 2s (H.9.16). Giải. Yêu cầu của bài toán thực ra I là xác định chuyển động song Hình 9.16 phẳng của con lăn (lăn không trượt) thông qua chuyển động đã biết tải A (tịnh tiến). Từ VA = s& = 8t (m/s), chúng ta phải (tìm) ω, ε và vận tốc, gia tốc một điểm của con lăn: Nếu lấy đoạn dây nghiêng BD làm hệ động, con lăn không trượt trên nhánh dây này, đứng trong hệ động quan sát điểm B là tâm vận tốc tức thời: r r e e e V B = 0 → V B = V B + V B = V B (phương ox ) → VB = VB = s& = VA ⇒ VB = 8t (m/s) • Vận tốc: dùng tâm vận tốc tức thời I V 8t 40 ⇒ ω = B = = t (rad/s) R + r 0,6 3 40 V = IC.ω = 0,4 2 t (m/s) C 3 40 V = IO.ω = 0,4 t (m/s) O 3
106 Tất cả có hướng như H.9.15 Tại thời điểm t = 2s: 80 32 2 ω = = 26,7 (rad/s); V = = 15,1 ; V = 10,7 (m/s) 3 C 3 o 2 • Gia tốc: do ω là hàm của t ⇒ ε = ω& = 13,3 (rad/s ) 2 Còn hàm O có quỹ đạo thẳng ⇒ Wo = V& o = 5,3 (m/s ) Chọn điểm O làm cực chúng ta xác định tại t = 2: n τ + W B = WO + W BO = WO + W BO + W BO (*) n 2 2 2 trong đó: WBO = rω = 0,2 . 26,7 = 142,2 (m/s ) τ 2 WBO = rε = 0,2 . 13,3 = 2,7 (m/s ) Tất cả có hướng như H.9.16 Chiếu (*) lên các trục x, y: τ 2 (*) x ⇒ WBx = WO + WBO = 8 (m / s ) n 2 (*) y ⇒ WBy = −WBO = −142,2 (m / s ) 2 2 2 ⇒ WB = WBx + WBy = 142,4 (m/s ) A WA + 1 VA n τ WC = WO + WCO = WO + WCO + WCO ( ) n 2 2 trong đó: WCO = Rω = 284,4 (m/s ) τ 2 WCO = Rε = 5,4 (m/s ) 2 n ( ) x ⇒ WCx = WO + WCO = 289,7 V V3 (m/s2) H 3 τ 2 H I ( ) y ⇒ WCy = WCO = 5,4 (m/s ) VL ω 2 2 3 ⇒ WC = WCx + WCy = 289,8 2 (m/s ) ω V 4 Ví dụ 9.4. Cơ hệ như H.9.17 4 E L K Biết R1 = R4 = 2R2 = 0,1m, R3 = 0,05m. 4 Giả thiết các dây liên kết các ròng rọc đều thẳng đứng (II). Tìm VA, WA khi cho VM = 0,4 VK (m/s), WM = 0,2 (m/s). VM WM Hình 9.17
107 Giải. Gọi tâm các ròng rọc tương ứng là 1, 2, 3, 4 có: V3 = V4 = VM Các điểm I, H, K, L tương ứng thuộc các ròng rọc. Do dây không dãn nên ta có ngay ∀t : VH = VK; VL = VA (*) • Vận tốc - Xét ròng rọc 3 là chuyển động lăn không trượt trên nhánh dây bên phải cố định nên I là tâm vận tốc tức thời. ⇒ VH = 2V3 = 2VM = 0,8 (m/s) VH ω3 = = 8 (rad/s) 2R 3 - Xét ròng rọc 4 là chuyển động song phẳng. Biết V k và V 4 chúng ta tìm ngay được tâm vận tốc tức thời E với: 2 4 EK = R , EL = R 3 4 3 4 V ⇒ V = ELω = EL K = 2V = 4V L 4 EK K M 2 và: VA = 4 VM = 1,6 (m/s ) • Gia tốc Do tính đối xứng của cơ cấu: chúng ta có các quan hệ hàm ( ∀t ). → WA = 4WM Ví dụ 9.5. Cơ cấu bốn khâu OABO1 như VAB H.9.18. Tại thời điểm đang xét: V τ A A WAB ω = 2 OA đạt vận tốc góc o (rad/s) τ n WA WAB 2 n Gia tốc góc εo = 1 (rad/s ) WA ω cho: OA = a = 0,3 m εo n τ W W ε 1A 1A ωo O O1B = b = 0,2 m 45o 1 Xác định vận tốc góc ω, ω1 , gia I ω1 O ε1 VB y n tốc góc ε, ε1 tương ứng của thanh AB và WB x B τ O1B, cũng như vận tốc, gia tốc điểm I WB ∈ AB tại vị trí H.9.18. Hình 9.18 Giải. Cơ cấu gồm thanh OA và O1B quay quanh trục cố định, thanh AB chuyển động song phẳng. Để xác định chuyển động của AB chúng ta xét hai điểm đặc biệt A và B. • Vận tốc V A { = OAωo = 0,6 (m / s) , hướng như H.9.18} VB { = O1Bω1 = 0,2ω1 ? chưa biết; phương ⊥ O1B, chọn chiều giả định như H.9.18}. Khi xem A, B cùng ∈ thanh AB: V A = V B + V AB (*)
108 V AB { = AB.ω = (a 2 + b)ω = (0,3 2 + 0,2)ω ? chưa biết; phương ⊥ AB, chọn chiều giả định như H.9.18}. Chiếu (*) lên các trục x, y: o (*) x ⇒ −VA cos 45 = 0 + VAB ⇔ −0,3 2 = (0,3 2 + 0,2)ω o (*) y ⇒ −VA cos 45 = VB + 0 ⇒ 0,3 2 = 0,2ω1 − 3 2 Giải ra: ω = (rad/s–1) = –0,67 (rad/s–1) (lấy chiều ngược chiều đã chọn) 3 2 + 2 ω1 = 1,5 2 (rad/s; chiều như hình vẽ được xác định như H.9.18 Chú ý: Chúng ta có thể dùng TVTTTP là giao của đường OA và O1B. • Gia tốc n τ + W A = W A + W A n 2 2 trong đó: WA { = OA.ωo = 1,2 (m/s ), hướng được xác định như H.9.18} τ 2 WA { = OA.εo = 0,3 (m/s ), hướng được xác định như H.9.18} n τ + W B = WB + W B n 2 2 trong đó: WB { = O1B.ω1 = 0,9 (m/s ), hướng được xác định như H.9.18} τ WB {= O1B.ε1 = 0,2.ε1 ? chưa biết; phương ⊥ O1B chọn chiều giả định như H.9.18}. Áp dụng quan hệ gia tốc hai điểm: n τ n τ n τ W A = W B + W AB ⇔ W A + W A = W B + W B + W AB + W AB ( ) n 2 1,8 2 trong đó : WAB { = AB.ω = = 0,28 (m/s ), hướng như H.9.18} 3 2 + 2 τ WAB { = AB.ε = 0,3 2 + 0,2ε = 0,624ε chưa biết; phương ⊥ AB chọn chiều giả định như H.9.18}. Chiếu ( ) lên các trục x, y: n o τ o n τ ( ) x ⇒ −WA cos 45 − WA cos 45 = WB = 0 + 0 + WAB ⇔ − 0,6 2 − 0,15 2 = 0,9 + (0,3 2 + 0,2)ε n o τ o τ n ( ) y ⇒ −WA cos 45 + WA cos 45 = 0 − WB − WAB + 0 1,8 ⇔ − 0,6 2 − 0,15 2 = − 0,2ε1 − 3 2 + 2 Giải hệ hai phương trình, chúng ta nhận được: ε = – 3,16 ε1 = 3,9 Nhận xét: - Thanh AB có chế độ quay nhanh dần với ε = 2,77 (rad/s2) (chiều H.9.18)
109 - Thanh O1B quay quanh O, chậm dần. Lấy điểm A làm cực chúng ta tính được: n τ n τ W I = W A + WIA ⇒ W I = W A + W A + W IA + W IA ( ) n 2 2 trong đó: WIA (= AI.ω = a 2ω = 0,108 , hướng như H.9.18} τ W IA (= AI.ε = 1,32; hướng như H.9.18) Chiếu ( ) lên các trục x, y: n o τ o τ (* * *) x ⇒ WIx = −WA cos 45 − WA cos 45 + 0 + WIA = − 0,6 2 − 0,15 2 + 1,32 = 0,26 (m/s2) n o τ o n (* * *) y ⇒ WIy = −WA cos 45 + WA cos 45 + WIA + 0 = − 0,6 2 + 0,15 2 + 0,18 = − 0,45 (m/s2) 2 ⇔ WIy = 0,45 (m/s ) có chiều ngược chiều trục y. 2 2 2 ⇔ W1 = WIx + WIy = 0,51 (m/s ) Ví dụ 9.6. Hai con chạy A, B nối với nhau bởi thành y cứng độ dài 2 m; A có thể trượt lên rãnh nằm ngang; VB B có thể trượt lên rãnh thẳng đứng. Biết A chuyển π B động theo luật: x = sin t . Tìm ω, ε của thanh AB 4 ε = 0 WB tại các thời điểm t1 = 0, t2 = 2 (giây). ω Giải. Thanh AB chuyển động song phẳng có hai n WAB điểm đặc biệt là: τ VAB WAB x - A đã biết chuyển động O A VA - B đã biết quỹ đạo (thẳng) Hình 9.19 • Vận tốc: áp dụng: V A = V B + V AB (*) π π trong đó: V A {= x& = cos t cùng phương x, (x > 0) cùng chiều trục x, x < 0 4 4 ngược chiều trục x} V B = ? chưa biết; phương trục y, chọn chiều giả định dương (cùng chiều trục y). V AB = AB.ω = 2ω ? chưa biết, phương ⊥ AB, chọn chiều giả định H.9.19 π a) Tại thời điểm t = 0 ⇒ x = 0, V = (H.9.19) A 4 π π Chiếu (*) x ⇒ V = 0 − V ⇔ = −2ω ⇒ ω = − A AB 4 8 π Vậy ω = (rad/s) có chiều như hình vẽ 8
110 y b) Tại thời điểm t = 2 (s) ⇒ x = 1, VA = 0 (H.9.20) VB (*) ⇒ 0 = 0 + V cos 30o Chiếu x AB B ⇒ VAB = 0 ⇔ ω = 0 ω = 0 W o ε {thanh AB tịnh tiến (dừng) tức thời, vận tốc ở mỗi B 30 điểm đều bằng VA = 0} n VAB WAB Chú ý: Chúng ta có thể sử dụng VTTT trường x O A WA hợp a) chính là B) τ WAB • Gia tốc Hình 9.20 n τ Áp dụng: W A = WB + W AB ⇔ W A = W B + W AB + W AB ( ) π2 π ⋅⋅ WA { = &x& = − sin t cùng hướng trục x khi x > 0, ngược hướng trục x 16 4 khi &x& < 0}. W B = ? chưa biết; phương dọc trục y, chọn chiều giả định âm n 2 2 π W AB { = AB.ω = , hướng như H.9.19 (chọn giả định)} cho trường hợp 32 (a) và bằng 0 cho trường hợp (b) τ W AB { = AB.ε = 2ε ? chưa biết; hướng chọn giả định như H.9.20 hoặc H.9.19} a) Tại thời điểm t = 0 ⇒ x = 0, WA = 0 (H.9.19) τ τ Chiếu: ( ) x ⇒ 0 = 0 + 0 + WAB ⇒ WAB = 0 ⇒ ε = 0 π2 b) Tại thời điểm t = 2 (s) ⇒ x = 1, W (= có chiều ngược H.9.20) A 16 C τ o τ o Chiếu: ( ) x ⇒ WA = 0 + 0 − WAB sin 60 − WAB sin 60 − π 3 π ⇔ = −2ε ⇒ ε = 16 2 16 3 Vậy thanh AB tại thời điểm này có gia tốc góc ε theo chiều ngược kim π đồng hồ với độ lớn bằng (rad/s2) 16 3 Ví dụ 9.7. Cơ cấu như H.9.21. Thanh HB gắn chặt vào bánh xe I, đầu B liên kết với con chạy trượt được trên đường nằm ngang. Bánh xe I và II cùng tay quay OA liên kết dạng vi sai. Biết tay quay OA quay đều vận tốc góc ωo = 2 rad/s, bán kính các bánh xe tương ứng R1 = 0,2 m, R2 = 0,4 m. Xác định VB, WB, ω1, ε1.
111 Giải. Nếu ta chú ý đến từng cặp chuyển P động (độc lập): 30o - Tay quay OA và bánh xe I: thanh y x ω1 HB chính là cơ cấu tay quay thanh truyền ε1 V (OA và thanh AB). A τ WAB A I - Tay quay OA cùng các bánh xe I ωo n WAB và II là cơ cấu vi sai. = n H WA WA Từ đó ta có phương pháp giải o II O 30 WB V B B • Vận tốc ω2 ε2 - Dùng tâm vận tốc tức thời P là giao của đường thẳng OA và đường vuông góc Hình 9.21 với OB. có: AB = (R1 + R2) 3 = 0,6 3 (m) PA = AB 3 = 3 (R1 + R2) = 1,8 (m) PB = 2(R1 + R2) 3 = 1,2 3 (m) Từ: VA = OA. ωo = 0,6 . 2 = 1,2 (m/s) Chúng ta tính được: (H.9.21): VA ⎫ ω1 = = 0,67 (rad / s)⎪ PA ⎬ chiều như H.21 ⎪ VB = PBω1 = 1,37 (m / s) ⎭ Vận tốc góc của bánh xe II được tính từ công thức: ω2 − ωo R1 1 ω2 − 2 1 = − = − ⇔ = − ⇔ 2ω2 − 4 = 0,67 + 2 − ω1 − ωo R2 2 − 0,67 − 2 2 ⇒ ω2 = 3,34 (rad/s) cùng chiều tay quay • Gia tốc - Dùng quan hệ gia tốc hai điểm đặc biệt A, B τ n τ n W A = W B + W AB ⇔ W A + W A = W B + W AB + W AB (*) τ trong đó : + WA = 0 n 2 2 + W A (= OA.ωo = 2,4 (m/s ), chiều như H.9.21). + W B = ? chưa biết; phương OB chọn chiều giả định như H.9.21 τ + WAB {= AB.ε1 = 0,6 3 ε1 ? chưa biết; phương ⊥ AB chọn chiều giả định như H.9.21}. n 2 2 + WAB { = AB.ω1 = 0,46 (m.s ), hướng như H.9.21}
112 1 Chiếu: (*) x ⇒ − Wn = W cos 60o + W τ + 0 ⇔ −2,4 = W + 0,6 3ε A B AB 2 B 1 3 Chiếu: (*) y ⇒ 0 = − W cos 30o + 0 − W n ⇔ 0 = − W − 0,46 B AB 2 B Giải hệ phương trình chúng ta nhận được: 2 WB = –0,54 (m/s ), chiều WB ngược chiều đã chọn và có độ lớn 0,54 (m/s2). 2 ε1 = –2,08 (rad/s ), chiều như H.9.21 (lấy chiều ngược chiều ω1 ), độ lớn 2,08 (rad/s2). Để xác định ε2 chúng ta sử dụng tiếp công thức Vilit: ε2 − εo R1 1 ε2 − 0 1 = − = − ⇔ = − (do εo = 0 chúng ta chọn chiều ε1 − εo R2 2 2,08 2 ε1 làm chiều dương) Giải ra: ε2 = −1,04 {lấy chiều như hình vẽ (ngược chiều ε1 đã chọn); độ lớn 10,4 (rad/s2)} Ví dụ 9.8. Cho cơ cấu như H.9.22, tay D quay OA quay đều vận tốc góc ωo = 10 ω12 (rad/s) cho: VD 30o OA = 20 cm; AB = 10 3 (cm); ε O P τ 2 WBA O1C = O2D = 40 cm W τ ω B V o Tính vận tốc góc ω12 của thanh A A 30 B W n O C và O D. BA n 1 2 = n WB WAA W Giải. Cơ cấu gồm các vật rắn chuyển VB động như sau: ωo O τ - Thanh OA quay quanh trục O cố WC định y W n - Thanh AB chuyển động song C C ω12 phẳng x ε12 VC - Thanh CD chuyển động tịnh tiến 30o O1 - Thanh O1C và O2D quay tương Hình 9.22 ứng quanh các trục cố định cùng một chế độ. Từ kết luận trên suy ra: V B = V C = V D , W B = W C = W D Quỹ đạo của ba điểm B, C, D là các đường tròn bán kính R = 40 (cm). • Vận tốc Xác định ngay TVTTTP như H.9.22 (của AB).
113 1 AP = AB = 10 (cm); BP = 20 (cm) 3 do VA = OA.ωo = 200(cm/s) V ⎫ ⇒ ω = ω = A = 20 (rad / s)⎪ AB AP ⎬ chiều như hình H.9.22 ⎪ ⇒ VB = BP.ω = 400 ⎭ VC VB ω12 = = = 10 (rad/s), chiều như H.9.22 O1C O1C • Gia tốc τ n τ n τ n Áp dụng: W B = W A + W BA ⇔ W B + W B = W A + W A + W BA + W BA (*) τ τ trong đó: W B = WC { = O1C.ε12 = 40ε12 ? chưa biết; phương ⊥ O1C, chiều giả định như H.9.22}. n n 2 W B = WC ( = O1C.ω12 = 4000 (cm/s), hướng như H.9.22) τ W A = 0 n 2 2 WA { = OA.ω = 2000 (cm/s ), hướng như H.9.22} τ WBA { = BA.ε = 10 3ε ? chưa biết; phương ⊥ AB, chọn chiều giả định như H.9.22} n 2 2 WBA { = BA.ω = 4000 3 (cm/s , hướng như H.9.20} τ o n o n Chiếu (*) x ⇒ WB sin 30 + WB cos 30 = 0 + 0 + 0 − WBA ⇔ 20ε12 + 2000 3 = − 4000 3 τ o n o n τ Chiếu (*) y ⇒ WB cos 30 − WB sin 30 = 0 − WA + WBA + 0 ⇔ 20 3ε12 − 2000 = −2000 + 10 3ε Giải hai phương trình chúng ta nhận được: ε12 = −300 3 [ lấy chiều như H.9.22 (ngược chiều đã chọn) có độ lớn 300 3 (rad/s2)] ε = − 600 3 [ lấy chiều như H.9.22 (ngược chiều đã chọn) có độ lớn 600 3 (rad/s2)] Chú ý: Nếu không cần tính ε chúng ta không cần phương trình chiếu (*)/y tuy nhiên vẫn phải giải ω
114 Ví dụ 9.9. Cơ cấu gồm tay quay OA gắn C VA*B VA bản lề với con chạy A trượt được trên thanh A BC, thanh BC gắn bản lề với thanh O1B. ω V Cho O1B = 0,2 (m); OA = 0,4 (m). Biết tại r 30o B vị trí đang xét, tay quay OA quay đều với I V ω y B ω = 2 (rad/s) và ω = 1 (rad/s); ε = 2 o ε o 1 1 o 1 60 ω1 (rad/s2). Xác định ω, ε của thanh BC. O x O1 Giải. Hình 9.23 • Vận tốc Thanh BC chuyển động song phẳng Xét hai điểm đặc biệt A*, B đều thuộc BC (A* ≡ A) Áp dụng: V A* = V B + V A*B (*) trong đó: V B { = O1B.ω1 = 0,2 (m/s), hướng như H.9.23}. * * V A*B {= A B.ω = AI 3ω = 0,4( 3 − 1)ω ? chưa biết; phương ⊥ A B, chọn chiều giả định như H.9.23 V A* ? Để tìm V A* chúng ta xét điểm A chuyển động hợp khi lấy BC làm hệ động. ⇒ V A = V e + V r = V A* + V r ⇒ V A* = V A − V r + V A { = OA.ωo = 0,8 (m/s), hướng như H.9.23} + V r = ? chưa biết; phương dọc theo BC chọn chiều giả định như H.9.23 Chúng ta biểu diễn lại (*) (*) ⇔ V A − V r = V B + V A*B ( ): chỉ có hai ẩn 3 Chiếu ( )/x ⇒ −V − V = −V cos 30o + 0 ⇔ −0,8 − V = −0,2 A r B r 2 o 1 Chiếu ( )/y ⇒ −0 + 0 = −V sin 30 + V * ⇔ 0 = −0,2 + 0,4( 3 − 1)ω B A B 2 Giải hệ hai phương trình ta được: Vr = – 0,63 (m/s) {chiều ngược chiều hình vẽ, độ lớn 0,63 (m/s)} ω = 0,34 (rad/s) • Gia tốc: áp dụng: τ n τ n * W A* = W B + WB + W A*B + W A*B (3 ) τ 2 trong đó: W B { = O1B.ε1 = 0,4 (m/s ), hướng như H.9.24
115 n 2 2 W B { = O1B.ω = 0,2 (m/s ), hướng C W WC như H.9.24} r τ 2 A ε W A*B { = AB.ε = 0,3ε (m/s ), phương Τ n ω WA*B WA*B ⊥ AB, chọn chiều giả định như H.9.24 = n τ WA WA o B WB n I 30 2 2 W A*B { = AB.ω = 0,03 (m/s ), hướng y ε1 ω1 n như H.9.24} ωo WB V A* được tính theo phương pháp O x O1 chuyển động hợp của điểm A (lấy BC ≡ Hình 9.24 hệ động) * W A = W e + W r + W C = W A* + W r + W C (4 ) ⇒ W = WA − Wr − W A* C ở đây: n 2 2 + WA = WA { = OA.ω = 1,6 (m/s ), hướng như H.9.24} + Wr = ?; phương dọc theo BC, chọn chiều giả định như H.9.24 2 + WC{ = 2ωVr = 0,43 (m/s ), hướng như H.9.24} Dùng (3*) và (4*) nhận được: τ n τ n * W A − W r + WC = W B + W B + W A*B + W A*B (5 ) Chiếu (5*) x ⇒ 0 − W + 0 = W τ cos 30o + Wn sin 30o + 0 + Wn r B B A*B 3 1 ⇔ −W = 0,4 + 0,2 + 0,03 r 2 2 Chiếu (5*) y ⇒ −Wn − 0 + W = W τ sin 30o − Wn cos 30o + 0 − W τ A C B B A*B 1 3 ⇔ −1,6 + 0,43 = 0,4 − 0,2 − 0,3ε 2 2 Giải hệ hai phương trình được: 2 Wr = –0,47 (chiều ngược chiều H.9.24, độ lớn 0,48 (m/s ) ε = 4 (rad/s2) chiều như H.9.24. Ví dụ 9.10. Thanh AB luôn tựa lên đỉnh O, đầu B trượt lên mặt ngang. Cho AI –1 –2 = 1 m, IB = 2 m. Tại thời điểm đang xét biết VB = 4 ms , WB = 2 ms ?. Xác định VA, WA . Giải. Thanh AB chuyển động phẳng, chúng ta chú ý đến hai điểm đặc biệt B và I thuộc thanh AB. • Vận tốc Xét VI. Được xác định qua chuyển động hợp khi lấy hệ động Oxy (có Ox // AB) quay cùng AB.
116 ⇒ V I = V e + V r (V e = 0, do trùng điểm là điểm góc cố định của hệ động. + V r = ? chưa biết; phương Ox (dọc theo AB do chuyển động tương đối dọc theo Ox). V I = V r Từ đây chúng ta có thể dùng phương pháp chiếu quen thuộc để giải ra VI, ω hoặc có thể dùng nhiều phương pháp khác. Chẳng hạn dùng TVTTTP là giao của trục Oy ( ⊥ V I ) và tia qua B vuông góc với V B . Có: PB = 2IB = 4m V ⇒ ω = B = 1 (rad/s) PB ⇒ VA = PA.ω = 13 = 3,6 (m/s), VI = IP.ω = 3,46 (m/s) = Vr • Gia tốc τ n Áp dụng: W B = W I + W BI + W BI . Ở đây xem I chuyển động hợp: ⇒ W I = W e + W r + W C trong đó: + W e = 0, do trùng điểm là điểm O cố định + W r = ?; phương dọc AB 2 W C { = 2ωVr = 2ωVI = 6,92 (m/s ); hướng như H.9.26} P P y τ ε WAB y ω A WC A ω I n I WAB VA = O O Vr VI W x r n WBI W o B 30 VB B B x τ Hình 9.25 Hình 9.26 WBI Chúng ta nhận được: τ n W B = W r + WC + W BI + W BI (*)
117 2 + W B { = 2 (m/s ); hướng H.9.26} τ + W BI { = IB.ε = 2ε ? chưa biết chọn chiều giả định như H.9.26} n 2 2 + WBI { = IB.ω = 2 (m/s ), hướng như H.9.26} o τ Chiếu (*) y ⇒ WB sin 30 = 0 + WC − WBI + 0 ⇔ 1 = 6,92 − 2ε Giải phương trình được: ε = 2,96 (rad/s2) chiều như H.9.26 2 (*) x ⇒ Wr = 2 + 3 = 3,73 (m/s ) τ n Tính: W A = W B + W AB = W B + W AB + W AB τ n 2 WAB = 3.ε = 8,9; WAB = 3 (m/s ) o n ⇒ WAx = WB cos 30 + WAB = 4,73 o τ 2 WAy = WB sin 30 + WAB = 9,9 (m/s )
118 PHẦN III ĐỘNG LỰC HỌC Động lực học là một phần của cơ học lý thuyết nghiên cứu các quy luật chuyển động của vật thể dưới tác dụng của lực. Nói một cách rõ ràng hơn: động lực học nghiên cứu quan hệ tương tác qua lại giữa lực là nguyên nhân gây ra chuyển động và chuyển động mà vật thể nhận được từ tác động của các lực trên. Vật thể ở đây được hiểu là chất điểm, hệ chất điểm và vật rắn tuyệt đối (vật rắn tuyệt đối là một hệ chất điểm đặc biệt). Các kết quả về lực trong tĩnh học và chuyển động trong động học sẽ được tiếp tục sử dụng ở đây.
119 Chương 10 MỞ ĐẦU ĐỘNG LỰC HỌC PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CHUYỂN ĐỘNG CỦA CHẤT ĐIỂM VÀ HỆ CHẤT ĐIỂM Nội dung - Đưa ra các khái niệm cơ bản dùng trong động lực học - Thiết lập phương trình vi phân chuyển động của chất điểm và cơ hệ Yêu cầu - Nắm vững các khái niệm nêu trong chương này - Thiết lập được phương trình vi phân chuyển động của chất điểm và cơ hệ. Biết giải một số bài toán thuận và một số bài toán nghịch của chất điểm và cơ hệ. 10.1. CÁC KHÁI NIỆM CỦA ĐỘNG LỰC HỌC 1. Chất điểm Chất điểm là điểm hình học có khối lượng. Trong thực tế, những vật rắn mà kích thước của có không ảnh hưởng đến quá trình tính toán được xem như chất điểm. Ví dụ như bài toán xác định quỹ đạo của tên lửa, chuyển động của vật rắn tịnh tiến. 2. Cơ hệ Cơ hệ là tập hợp các chất điểm mà chuyển động của chúng phụ thuộc lẫn nhau. - Cơ hệ tự do là cơ hệ mà các chất điểm của chúng tương tác với nhau và với giá (vật rắn không thuộc cơ hệ) chỉ qua lực tác dụng Như vậy các chất điểm của cơ hệ tự do có thể dịch chuyển tùy ý trong một lân cận bé từ vị trí đang xét, ví dụ như hệ mặt trời. - Cơ hệ không tự do (cơ hệ chịu liên kết) là tập hợp các chất điểm mà vị trí và vận tốc của chúng ngoài việc chịu ảnh hưởng của lực còn bị ràng buộc bởi một số điều kiện hình học cho trước (được gọi là các liên kết), ví dụ như cơ cấu máy. 3. Vật rắn tuyệt đối
120 Vật rắn tuyệt đối là một cơ hệ đặc biệt có khoảng cách giữa hai chất điểm bất kỳ luôn cố định. - Vật rắn đàn hồi bỏ qua tính biến dạng (biến dạng bé) được xem là vật rắn tuyệt đối - Chất điểm là một vật rắn đặc biệt 4. Lực Khái niệm lực tổng quát hơn trong tĩnh học. Lực là đại lượng phụ thuộc vị trí r , vận tốc V và thời gian t: F = F(r, V, t). Ví dụ: - Lực kéo của động cơ từ trạng thái khởi động phụ thuộc t - Lực cản phụ thuộc vận tốc V - Lực hấp dẫn phụ thuộc vị trí r 5. Hệ quy chiếu quán tính Để khảo sát chuyển động của đối tượng, chúng ta chọn một vật chuẩn để đánh giá chuyển động, được gọi là hệ quy chiếu. Hệ quy chiếu quán tính là hệ quy chiếu mà trong đó hệ tiên đề Newton được nghiệm đúng, nói cách khác, trong đó một chất điểm cô lập không có lực tác dụng sẽ chuyển động theo quán tính. Để biểu diễn các biểu thức tính toán, người ta gắn cố định vào hệ quy chiếu những hệ tọa độ thích hợp. Từ đây về sau, nếu không có lưu ý gì đặc biệt chúng ta hiểu rằng các bài toán được khảo sát trong hệ quy chiếu quán tính. Quả đất và các vật rắn chuyển động thẳng đều đối với quả đất thông thường được chọn làm hệ quy chiếu quán tính trong kỹ thuật. 6. Tóm tắt hệ tiên đề Newton-Galile Chất điểm chịu tác dụng của lực sẽ chuyển động thỏa mãn quan hệ: mW = F1 + F2 + + Fn trong đó : W = W1 + W2 + + Wn ; với: m Wk = Fk Các tiên đề về lực tương tác và giải phóng liên kết tương tự như trong tĩnh học. 7. Hệ đơn vị Theo hệ SI (quốc tế) lấy các đơn vị cơ sở: - Độ dài : m - Khối lượng : kg - Thời gian : s Các đại lượng cơ học khác đều có thứ nguyên phù hợp với các dẫn xuất của nó. 10.2. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CHUYỂN ĐỘNG CỦA CHẤT ĐIỂM VÀ HỆ CHẤT ĐIỂM 1. Phương trình vi phân chuyển động của chất điểm
121 1- Dạng vector và tọa độ Decartes Xét chất điểm khối lượng m chịu tác dụng của lực F . Gọi bán kính vector của chất điểm là r ta nhận được: m &r& = F (10.1) Chiếu phương trình vector (10.1) lên các trục tọa độ Decartes: ⎧m&x& = Fx ⎪ z ⎨m&y& = Fy (10.2) ⎪ mz = F M(m) ⎩ && z r Hệ phương trình (10.2) là hệ phương trình vi phân chuyển động trong hệ tọa độ Decartes. y 2- Dạng tọa độ tự nhiên x Chiếu phương trình (10.1) lên các trục của Hình 10.1 M τ nb, chúng ta nhận được: ⎧ mWτ = m&s& = Fτ ⎪ 2 ⎪ v 2 s& ⎨ mWn = m = m = Fn (10.3) ⎪ ρ ρ ⎪ 0 = F ⎩⎪ b Các phương trình dạng này áp dụng thuận lợi khi đã biết quỹ đạo chuyển động của chất điểm. 2. Phương trình vi phân chuyển động của hệ chất điểm Xét chất điểm Mk của hệ N chất điểm có khối lượng tương ứng mk, gia tốc Wk . Tùy theo tính chất của cơ hệ, chúng ta có thể phân chia lực tác dụng vào e i chất điểm Mk theo lực ngoài Fk , lực trong Fk hay lực hoạt động Fk và phản lực liên kết Rk mà ta có hệ phương trình vi phân dưới dạng: e i mk Wk = Fk + Fk (k = 1 n) (10.4) hoặc: mk Wk = Fk + Rk (k = 1 n) (10.5) 3. Phương pháp áp dụng Để thiết lập được phương trình vi phân chuyển động của chất điểm và cơ hệ, áp dụng chúng giải các bài toán động lực, chúng ta tuần tự thực hiện các bước sau: - Xác định chất điểm hoặc hệ chất điểm, khảo sát tại vị trí tùy ý xác định (không được lấy vị trí đặc biệt) - Xác định các lực đặt lên chất điểm (bao gồm cả phản lực) - Lập phương trình vector của chuyển động: mW = ΣFk - Chọn hệ trục tọa độ thích hợp: (10.2), (10.3) - Lập phương trình vi phân chuyển động (các phương trình hình chiếu lên các trục tọa độ).
122 a- Nếu bài toán cho quy luật chuyển động yêu cầu xác định lực gây ra chuyển động đó của chất điểm khảo sát, chúng ta chỉ cần thực hiện các phép tính vi phân. Đây là những bài toán thuận. b- Nếu bài toán cho lực tác dụng yêu cầu xác định chuyển động xảy ra, chúng ta phải thực hiện các phép tính tích phân. Đây là những bài toán nghịch. Việc tích phân các phương trình vi phân, hệ phương trình vi phân là rất khó khăn, cho đến nay cũng chỉ giải được một số dạng. Để tránh tình trạng này, người ta thường giải bài toán cơ học bằng một phương pháp khác (sẽ trình bày ở các chương sau) để tìm ra các tính chất quan trọng của chuyển động, đủ dùng trong thực tế. 4. Các ví dụ Ví dụ 10.1. Xét tải khối lượng m chuyển động đều trên cầu cong bán kính r với vận tốc V. Tìm áp lực của xe lên cầu. Giải. Xét xe như một chất điểm M tại một vị trí tùy ý xác định (H.10.2) - Các lực tác dụng vào xe tải: Trọng lực : P = mgr Phản lực pháp tuyến : R Lực tổng hợp F tác dụng lên xe theo Hình 10.2 phương ngang - Phương trình chuyển động dạng vector: mW = P + R + F (*) - Dùng tọa độ tự nhiên (đã biết quỹ đạo của chất điểm) M τ nb: V 2 (*) ⇒ mWn = m = P cos ϕ − R r V 2 V 2 Giải ra: R = P cos ϕ − m = m(g cos ϕ − ) r r V 2 Để tồn tại áp lực lên cầu ⇒ R > 0 ⇔ g cos ϕ − > 0 r Áp lực nhỏ nhất tại chân cầu (ϕmax ), áp lực lớn nhất tại đỉnh cầu ( ϕ = 0 ). V 2 Nếu: g cos ϕ − < 0, xe sẽ bay khỏi mặt đường. r Ví dụ 10.2. Khảo sát chuyển động của điểm nặng trong trường trọng lực. Giải. - Xét chuyển động của điểm nặng - Lực tác dụng duy nhất : P = mgr - Phương trình vector : mW = mgr - Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc tại vị trí ban đầu của chất điểm, vector vận tốc ban đầu V o ∈ Oyz (H.10.3)
123 ⎧ m&x& = 0 ⎪ Phương trình hình chiếu: ⎨ m&y& = 0 ⎩⎪ m&z& = −mg Tích phân ba phương trình vi phân trên với điều kiện đầu: xo = 0; x& o = 0 yo = 0; y& o = Vo cos α z z = 0; z = V sin α o & o o M Vo Chúng ta nhận được: x = 0 α P O y y = (Vo cos α)t x t2 Hình 10.3 z = (V sin α)t − g o 2 Như vậy điểm nặng chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng Oyz có quỹ đạo là đường parabol: g = − 2 + α z 2 2 y tg .y 2Vo cos α Ví dụ 10.3. Tải trọng treo trên lò xo. Biết khối lượng tải là m, ở trạng thái cân bằng tĩnh lò xo dãn ra một độ dài δ . Tìm chuyển động của tải. Giải. - Xét chuyển động của tải - Lực tác động: Trọng lực : P = mgr r Lực căng của lò xo : F = − cr δ r (r là vector dịch chuyển của đầu lò xo kể từ vị trí F O không co dãn và c là hệ số cứng của lò xo). x - Phương trình chuyển động dạng vector: x mW = P + F P - Chọn trục x thẳng đứng có gốc tại O là vị trí cân bằng Hình 10.4 tĩnh của tải, xét vị trí bất kỳ của tải có tọa độ x (H.10.4). Chiếu lên trục x: m&x& = mg − c (δ + x) (*) Thời điểm đầu, tải trọng tĩnh (vận tốc, gia tốc bằng không) nên: 0 = mg − cδ ⇒ mg = cδ c g (*) ⇔ &x& = − x ⇔ &x& + x = 0 m δ Phương trình có nghiệm: x = Asin(kt + α ) với: k = g / δ ; còn A và α tìm được từ các điều kiện đầu. Giả sử cho: y(0) = a; y& (0) = Vo Cân bằng tĩnh chúng ta tính được: P V 2 a = 2 + o α = δ A a 2 , arctg(k ) k V o O x F Hình 10.5 x
124 Chú ý: Bài toán tương tự: khối trụ đặt trong chất lỏng có trọng lượng riêng γ . Nếu diện tích đáy của trục là S ta có lực đẩy Achemet (H.10.5): F = S.γ.(δ + x) Sγ g Chúng ta cũng có phương trình dao động như trên với: k = = m δ Ví dụ 10.4. Xét chuyển động của xe tải trên đường. Thùng xe khối lượng m1 dao động thẳng đứng đối với trục bánh xe theo quy luật: x = a1 sin(ω1t + α1 ) Trục bánh xe lại dao động thẳng đứng đối với mặt đường theo quy luật: Tìm áp lực trên mặt đường. Giải. Xét chuyển động thẳng đứng của xe như hệ hai chất điểm có khối lượng ứng m1 và m2: Mô hình chuyển động như H.10.6a P1 x m1 m1 x12 = x + x F12 x F21 m m2 2 x2 P x 2 2 R O O a) b) c) Hình 10.6 Xét chuyển động của tải m1 có mô hình chuyển động như H.10.6b. Ở đây: lấy trục x thẳng hướng lên, gốc trùng với mặt đường. Tọa độ của tải là: x1 = x + x2. r Lực tác động P1 = m1g, F21 - là phản lực của tải m2 tác động lên tải m1. Phương trình chuyển động: m1 W1 = P + F21 ⇔ m1x1 = F21 − P1 2 2 ⇔ −m1[a1ω1 sin(ω1t + α1 ) + a 2ω2 sin(ω2t + α 2 )] = F21 − m1g 2 2 ⇒ F21 = m1 [g − a1ω1 sin(ω1t + α1 ) − a 2ω2 sin(ω2t + α 2 )] Xét chuyển động của tải m2 như H.10.6c Phương trình chuyển động: m2 W2 = P2 + F21 + R r ở đây: P2 = m2g; F12 = −F21 - là phản lực của tải m1 lên tải m2 R - là phản lực của mặt đường. ⇒ m2&x&2 = −F12 − P2 + R
125 2 2 ⇔ R = m2g + m1g − m1a1ω1 sin(ω1t + α1) − (m1 + m2 )a2ω2 sin(ω2t + α2 ) R - là đại lượng biến thiên tuần hoàn Ví dụ 10.5. Xét xe tải như trên nhưng ở đây cho biết hệ số cứng của đệm mềm nằm giữa thùng xe và trục xe là c1, giữa trục xe và mặt đường là c2. Tìm chuyển động thẳng đứng của xe. Giải. - Xem xe là hệ hai chất điểm ⇔ tải m1 và m2. Mô hình chuyển động như H.10.7 δ2 O1 m1 δ1 P1 Cân bằng tĩnh Lò xo m1 x1 F12 không tải O2 δ2 m2 F 21 m2 x2 x1 P2 F x2 a) b) c) Hình 10.7 - Xét chuyển động của tải m1 như H.10.7b r Phương trình chuyển động: m1 W1 = m1g + F21 ở đây: F21 - là phản lực của lò xo (1) tác động lên tải m1. ⇒ m1&x&1 = m1g − c1(x1 + δ1 − x2) ⇔ m1&x&1 = − c1(x1 − x2) Xét chuyển động của tải m2 như H.10.7c Phương trình chuyển động: r m2 W2 = m2g + F21 − F (chú ý: F12 = F21) r ⇒ m2x2 = m2g + c1(x1 + δ1 − x2) − c2(δ2 + x2) ⇒ m2&x&2 = c1x1 − (c1 + c2)x2 ở đây: F - là phản lực của lò xo dưới (c2) tác động lên tải m2. Kết hợp ta nhận được hệ: ⎧m1&x&1 = −c1(x1 − x2) (1) ⎨ ⎩m2&x&2 = c1x1 − (c1 + c2)x2 (2) Chúng ta có thể giải hệ (1) và (2) bằng cách đưa về giải hệ phương trình vi phân cấp 4 tuyến tính hệ số hằng bởi hệ phương trình tương đương.
126 ⎧m1&x&1 = −c1(x1 − x2) (3) ⎨ ⎩m2m2 &&x& &+ [c1m2 + (c1 + c2)m1]&x&2 + c1c2x2 = 0 (4) Xét (4) có phương trình đặc trưng: 4 2 m1m2λ + [c1m2 + (c1 + c2 ) m1 ]λ + c1c2 = 0 Viết gọn theo dạng: Aλ4 + Bλ2 + C = 0 giải hệ phương trình trùng phương trên (chú ý: Δ > 0 và − B ± Δ < 0 ) ta có: λ1 = iβ1; λ2 = −iβ1; λ3 = iβ2; λ4 = −iβ2 B − Δ B + Δ ở đây: β = ; β = 1 2A 2 2A Chúng ta sẽ nhận được nghiệm của (4): x2 = a1 cos β1t + a2 sin β1t + a3 cos β2t + a4 sin β2t Thế kết quả này vào phương trình (3) chúng ta giải được x1 cũng thuộc loại điều hòa. Các hằng số ai được xác định từ bốn điều kiện đầu x1 và x2.
127 Chương 11 NGUYÊN LÝ D’ALAMBERT Nội dung Sử dụng các phương trình cân bằng tĩnh quen thuộc để giải các bài toán động lực. Yêu cầu - Nắm vững định nghĩa lực quán tính, các công thức thu gọn lực quán tính. - Áp dụng thành thạo nguyên lý giải các bài toán động lực. 11.1. CÁC ĐẶC TRƯNG HÌNH HỌC KHỐI LƯỢNG CỦA CƠ HỆ Khối lượng của phân tố và sự phân bố của nó trong cơ hệ ảnh hưởng trực tiếp đến chuyển động của hệ cơ. Dưới đây ta xem xét một số đặc trưng hình học khối lượng của động cơ. 1. Khối tâm của hệ cơ Điểm C có bán kính vector: r r ∑ mk rk rC = (11.1) ∑ mk Được gọi là khối tâm của cơ hệ, trong đó mk và rk là khối lượng và bán kính vector của chất điểm thứ k. Để đơn giản đặt M = ∑ mk . ⎧ mkxk ⎪ x = ∑ ⎪ C M ⎪ ⎪ ∑ mkyk (11.1) ⇔ ⎨ yC = (11.2) ⎪ M ⎪ mkzk ⎪ z = ∑ ⎪ C M ⎩ Nếu hệ gồm nhiều vật rắn có thể xem mk, rk là khối lượng và bán kính vector khối tâm của vật thứ k tương ứng. Dễ dàng thấy trong trường trọng lực khối tâm C của hệ trùng với trọng tâm của hệ. 2. Mômen quán tính của vật rắn 1- Mô men quán tính đối với trục Δ của vật rắn
128 2 JΔ' = ∑ mk hk (11.3) trong đó: mk, hk - là khối lượng và khoảng cách đến trục Δ của chất điểm thứ k tương ứng. z - Xét trong hệ tọa độ Oxyz (H.11.1): Chất điểm mk có tọa độ xk, yk, zk sẽ có: zk 2 2 Jx = ∑ mk (yk + zk ) r k 2 2 y Jy = mk (zk + xk ) (11.4) O k y ∑ J = m (x2 + y2 ) xk z ∑ k k k Hình 11.1 2- Tích quán tính (mômen quán tính ly x tâm) Các đại lượng sau đây được gọi là các tích quán tính: Jxy = ∑ mkxkyk Jyz = ∑ mkykzk (11.5) Jzx = ∑ mkzkxk 3- Mômen quán tính đối với tâm (Jo ): 2 JO = ∑ mk rk (11.6) ở đây: rk - là bán kính vector của chất điểm thứ k có gốc ở tâm O. Trong hệ tọa độ Oxyz (lấy O trùng với gốc tọa độ): 1 J = m (x2 + y2 + z2 ) = (J + J + J ) (11.7) O ∑ k k k k 2 x y z 4- Bán kính quán tính Với từng vật rắn cụ thể người ta còn đưa ra định nghĩa bán kính quán tính 2 ρ thỏa mãn điều kiện: JΔ = Mρ (11.8) trong đó: M - là khối lượng của vật. 3. Mômen quán tính của một số vật đồng chất 1- Thanh thẳng đồng chất khối lượng M, độ dài L m k (M) D C x A B (M) xk x Δxk L L A B a) b) Hình 11.2 Chọn trục Δ đi qua đầu thanh và vuông góc với thanh như H.11.2.
129 Dùng trực tiếp định nghĩa, chia thanh thành các đoạn Δxk khối lượng M ML2 m = Δx , chúng ta tính được: J = (11.9) k L k Δ 3 Công thức này vẫn đúng khi thay thanh bằng tấm chữ nhật ABCD (H.11.2b). 2- Vành tròn, mặt trụ tròn đồng chất khối lượng M, bán kính R R O O (M) R mk (M) a) b) Hình 11.3 Trục Δ vuông góc với mặt phẳng chứa đường tròn, đi qua tâm của đường tròn. Dùng định nghĩa chúng ta có ngay: 2 JΔ = MR (11.10) 3- Tấm tròn, trụ tròn đồng chất khối lượng M, bán kính R Δ Δ O R r O (M) R (M) a) b) Hình 11.4 Trục Δ đi qua tâm O vuông góc với mặt tròn. Chúng ta chia tấm tròn thành các vành mỏng Δrk có khối lượng tương ứng M là: mk = (2πrk .Δrk ) πR2 với vành mỏng này ta có: 2 M 3 dJΔ = mk rk = (2πrk .Δrk ) πR2 3 R 3 2Mrk Δrk 2Mr 1 2 JΔ = dJΔ = ⇒ JΔ = dr = MR (11.11) ∑ ∑ R2 ∫ R2 2 Δrk →0 Δrk →0 0 4- Các định lý liên hệ
130 Sau đây chúng ta nêu lên một số định lý liên hệ mômen quán tính giữa các trục. Định lý 11.1. (Liên hệ giữa các trục song song) 2 JΔ = JΔc + Md (11.12) ở đây: ΔC - là trục song song với Δ và đi qua khối tâm C, khoảng cách giữa Δ và ΔC là d, khối lượng của vật rắn là M. Định lý 11.2. (Liên hệ giữa các trục không song song) J = J cos2 α + J cos2 β + J cos2 γ − 2J cos α cosβ Δ x y z xy (11.13) − 2Jyz cosβ cos γ − 2Jxz cos γ cos α ở đây: Δ - đi qua gốc O của hệ trục Oxyz và có các cosin chỉ phương là α, β, γ. 5- Các định nghĩa về trục quán tính chính Trục quán tính chính: trục z được gọi là trục quán tính chính tại điểm O (thuộc trục z) nếu: Jyz = Jzx = 0 Trục quán tính chính trung tâm: trục đang xét là trục quán tính chính tại một điểm thuộc trục, nếu trục này đi qua khối tâm C của vật thì sẽ được gọi là trục quán tính chính trung tâm. Trục quán tính chính trung tâm là trục quán tính chính đối với mọi điểm thuộc vật. Người ta chứng minh được tại một điểm tùy ý luôn tồn tại ba trục quán tính đối với điểm đó và vuông góc với nhau từng đôi một. 11.2. LỰC QUÁN TÍNH, NGUYÊN LÝ D’ALAMBERT 1. Đối với chất điểm 1- Lực quán tính của chất điểm Xét chất điểm chuyển động gia tốc W , khối lượng m. Lực quán tính của chất điểm là đại lượng: qt F = −mW (11.14) 2- Nguyên lý D’Alambert Trong chuyển động của chất điểm, lực thực tác động lên chất điểm và lực quán tính của nó là hệ lực cân bằng. Từ phương trình: qt mW = F ⇒ F − mW = 0 ⇔ F + F = 0 (11.15) (11.15) là biểu thức mô tả nguyên lý D’Alembert cho chất điểm. 2. Đối với hệ cơ 1- Lực quán tính của cơ hệ Xét hệ chất điểm có khối lượng mk và gia tốc Wk .
131 qt qt Hệ ( Fk ) trong đó Fk = −mk Wk đặt tại chất điểm thứ k là hệ lực quán tính của cơ hệ. 2- Nguyên lý D’Alembert cho cơ hệ e i Xét chất điểm thứ k chịu tác dụng của ngoại lực Fk và nội lực Fk : e i qt ⇒ (Fk, Fk, Fk ) ≡ 0 ⎧ e i qt ⎪ R k = F k + F k + F k = 0 ⇒ ⎨ e i qt ⎪ r r r ⎩MkO = mO (F k ) + mO (F k ) + mO (F k ) = 0 ⎧ e i qt ⎪ R = R + R + R = 0 lấy tổng theo k: ⇒ ⎨ (11.16) ⎪ e i qt ⎩MO = MO + MO + MO = 0 trong đó: e e e r e R = ∑ F k MO = ∑ mO (F k ) i i i r i R = ∑ F k = 0 và: MO = ∑ mO (F k ) = 0 qt qt qt qt = = r R ∑ F k MO ∑ mO ( FK ) ⎧ e qt ⎪ R + R = 0 (11.16) ⇔ ⎨ (11.17) ⎪ e qt ⎩MO + MO ) ≡ 0 e qt ⇔ (F k , F k ) = 0 (k = 1 n) (11.18) (11.18) mô tả nguyên lý D’Alembert cho cơ hệ. Trong chuyển động của cơ hệ, hệ lực gồm các lực thực tác động vào cơ hệ và lực quán tính của cơ hệ là hệ lực cân bằng. 11.3. THU GỌN HỆ LỰC QUÁN TÍNH qt qt Để áp dụng nguyên lý D’Alembert chúng ta phải xác định được R , MO (O là điểm tùy ý xác định). 1. Vector chính quán tính qt qt R = ∑ F k = −∑ m k W k = −MW C (11.19) Vector chính quán tính của cơ hệ bằng tích khối lượng và gia tốc khối tâm của cơ hệ, chiều ngược chiều gia tốc khối tâm. 2. Vector mômen chính quán tính đối với một tâm của vật rắn 1- Vật rắn chuyển động tịnh tiến Chúng ta thu gọn hệ lực quán tính về khối tâm C. Tính:
132 N N N qt r qt r r r MC = ∑∑mC(Fk ) = rk x(−mk Wk ) = WC x∑ mkrk = WC × MrC = 0 k−=1 k 1 k=1 r (do Wk = WC (∀k) và rC = 0 ) - Trong chuyển động tịnh tiến hệ lực quán tính có hợp lực bằng vector chính đặt tại khối tâm C (H.11.5). z ε Mk qt k r RC = − MWC C y WC • O j x Hình 11.5 Hình 11.6 2- Vật rắn quay quanh trục cố định Xét vật rắn quay quanh trục Δ với gia tốc góc εr . Chúng ta thu gọn hệ lực quán tính về điểm O ∈ Δ (H.11.6). N N qt r r τ n Mo = ∑ rk x(-m k W k ) = ∑ rk x(-m k W k - m k W k ) k=1 k=1 N N r r r r r r r = −∑∑m k rk x(ε x rk ) − m k rk x [ω x (ωx rk )] k==1 k 1 N N 2 2 2 2 ∑∑m k [−εx k zk i − εy k zk j + (εx k + εy k )k] − m k [ω y k zk i − ω x k y k j ] k ==1 k 1 2 2 = (εJ xz − ω J yz )i + (εJ yz + ω J xz ) j - εJz k (11.20) r r r trong đó: rk (x k , y k , zk ); ω(0,0,ω); ε(0,0,ε) qt Chúng ta biểu diễn cụ thể R = −MWC : qt R = −M{(εrx r ) + ωr x (ωr x r )} C C (11.21) 2 2 = M{(εy C + ω xC )i + (ω y C − εxC )j } 3- Hình phẳng chuyển động song phẳng Chúng ta cũng thu gọn về khối tâm. Xây dựng hệ toa độ động Cxyz (H.11.7) có Cxy ≡ mặt phẳng quy chiếu của chuyển động song phẳng, dùng công thức (11.20):
133 qt ⇒ MC = − εJz .k (11.22) Hệ lực quán tính thu gọn biểu diễn ở H.11.8. Công thức cũng đúng cho VR có mặt phẳng đối xứng chuyển động phẳng trong mặt phẳng đó. 11.4. PHẢN LỰC ĐỘNG LỰC TRỤC QUAY Xét vật rắn quay quanh trục cố định qua A, B vận tốc góc ω, gia tốc góc ε, mô tả ở H.11.9. qt q+ Hệ lực: (F k , A x , A y , A z , Bx , By , R o , Mo ) ≡ 0 Fk B A A z O Ax x Bx Ay Y By Hình 11.9 1. Phương trình cân bằng (dùng 11.20 và 11.21) ⎧ ΣX = ΣF + A + B + M(ω2 x + εy ) = 0 ⎪ k kx x x c c 2 ⎪ ΣYk = ΣFky + A y + B y + M(ω y c − εx c ) = 0 ⎪ ΣZ = ΣF + A ⎪ k kz z ⎨ 2 (11.23) ⎪ Σm x = Σm x (F k ) + mx (A y ) + mx (B y ) + εJ xz ω J yz = 0 ⎪ 2 ⎪ Σm y = Σm y (F k ) + my (A x ) + my (Bx ) + εJ yz + ω J xz = 0 ⎪ ⎩⎪ Σmz = Σmz (F k ) − εJ z = 0 Năm thành phần phản lực tại các ổ trục A, B xác định từ năm phương trình đầu của hệ phương trình (11.23). Phương trình cuối: J zε ≡ J zϕ = Σmz (F k ) (11.24) là phương trình vi phân chuyển động của vật rắn quay quanh trục cố định. Z ε C y R qt C Wc rk qt M c Mk(mk) x Hình 11.7 Hình 11.8 2. Phản lực động lực trục quay
134 Phản lực động lực được xác định từ (11.23) phụ thuộc vào cả lực ngoài ( Fk ) và các đặc trưng chuyển động (ω, ε). Các thành phần chỉ do chuyển động sinh ra (ω, ε) được gọi là phản lực động lực. Những thành phần này thường biến thiên tuần hoàn, là nguyên nhân chính làm hư hỏng ổ trục. Dễ dàng nhận thấy, để các thành phần phản lực động lực đều bằng không, ta cần phải có: ⎧ ω2x + εy = 0 ⎪ C C 2 ⎪ ω yC + εxC = 0 ⎨ 2 (11.25) ⎪ εJzx − ω Jyz = 0 ⎪ 2 ⎩⎪ εJyz + ω Jxz = 0 Trong hệ (11.25) xem ω2 và ε là ẩn không đồng thời bằng không nên các định thức hệ số phải bằng không: ⇒ x 2 + y 2 = 0 ; J 2 + J 2 = 0 C C zx zy ⇒ x C y C = 0 ; J zx = J zy = 0 ⇒ trục quay là trục quán tính chính trung tâm Kết luận: Khi trục quay là trục quán tính chính trung tâm, áp lực động của các ổ trục sẽ giống như trường hợp vật quay đang đứng yên (cân bằng tĩnh). Đây là cơ sở lý thuyết của cân bằng động trục quay. 11.5. NỘI DUNG ÁP DỤNG VÀ CÁC VÍ DỤ 1. Nội dung áp dụng 1- Nguyên lý D’Alembert thường áp dụng để tìm: - Điều kiện cân bằng tương đối - Các đặc trưng động học - Các phản lực liên kết trong cơ hệ, phản lực động của ổ trục. 2- Nguyên lý D’Alembert còn giúp chúng ta thiết lập: - Phương trình vi phân chuyển động của vật quay quanh trục cố định (11.24) - Phương trình vi phân chuyển động của tấm phẳng trong chuyển động song phẳng. Xuất phát từ (11.19) và (11.22): ⎧ e ⎪ M &x& C = ΣFkx ⎪ e ⎨ M &y& C = ΣFky (11.26) ⎪ e ⎪ J ϕ = Σm (F k ) ⎩ zc && zc (xác định được quy luật chuyển động của cực C và quay quanh trục đi qua C).
135 2. Các ví dụ O Ví dụ 11.1. Toa xe chuyển động x thẳng ngang với gia tốc W . Tải A T α Fqt khối lượng m được treo bởi dây W m mềm tại O. Tìm góc lệch α và sức A căng dây T khi con lắc A cân bằng P đối với toa xe. y Giải. Xét con lắc khi đã cân bằng tương đối. Giả sử có góc α như hình qt vẽ. Hệ lực: (P, T, F ) ≡ 0 Hình 11.10 Xây dựng hệ tọa độ động Oxy (H.11.10): qt ΣX k = F − T sin α = 0 ⇔ mW = T sin α ΣYk = P − T cos α = 0 ⇔ P = T cos α W mg ⇒ tgα = ; T = g cosα Ví dụ 11.2. Động cơ khối lượng m, bộ phận lệch tâm có (thêm) khối lượng m1 xem như cách trục quay đoạn l (tâm sai). Động cơ được gắn chặt trên dầm đàn hồi độ cứng k như hình vẽ. Lập phương trình chuyển động của động cơ (bỏ qua trọng lượng dầm), biết động cơ quay đều với vận tốc góc ωo. O I l A ϕ y Hình 11.11 Giải. Gọi vị trí trục động cơ là điểm I. Chọn trục z thẳng đứng hướng xuống có gốc O tại vị trí cân bằng tĩnh của I, lúc này độ võng của dầm là a, ta có ngay: ( Xét động cơ tại vị trí tùy ý (I có tọa độ z) tương ứng tay quay đạt góc ϕ (H.11.11). Các lực thực: r r - Các trọng lực: P = mg ; P1 = m1g - Phản lực đàn hồi của dầm: Fđh = – k(a + z)
136 Các lực quán tính: Động cơ chuyển động tịnh tiến, có hợp O qt qt F F lực quán tính là: I A e I qt A qt F = − mW (W = z) F I I I && P Ar Tải A chuyển động hợp, quay quanh tâm PI I đồng thời I tịnh tiến cùng động cơ. Tính: z e r r r Fđh WA = W + W = WI + Wn + Wτ r 2 r Hình 11.12 trong đó: Wn = lωo ; Wτ = lεo = l ω& o = 0 qt qt qt ⇒ F ≡ (FI , FA ) qt qt 2 qt với: FI = m&z&; FAr = m1 l ωo; FAr = m1&z& qt qt qt hệ lực: (P, P1 , Fđh , FI , FAr , FAe ) ≡ 0 2 ⇒ P + P1 − k(a + z) − (m + m1 )&z& + m1 l ωo cos(ωo t) = 0 k m1 2 ⇒ &z& + z = l ωo cos ωo t m + m1 m + m1 Đây là phương trình vi phân chuyển động của động cơ. Động cơ dao động cưỡng bức thẳng đứng tuần hoàn cùng tần số của lực kích động ωo. Ví dụ 11.3. Cho cơ hệ như H.11.13. Biết trục quay là trụ tròn đồng chất trọng lượng Q, tải A trọng lượng P, ngẫu M hằng số đặt vào trục quay. Bỏ qua ma sát ổ trục. Hãy xác định WA, sức căng dây T, phản lực ổ trục tại O. M O T R y A W A P A qt FA Hình 11.13 Hình 11.14 Giải. Các phản lực tại O, sức căng dây T liên quan đến hai vật rắn chuyển động là trụ O và tải A. Chúng ta xét chuyển động của từng vật rắn tại thời điểm xác định tùy ý tương ứng A đạt WA, trụ A đạt gia tốc góc ε. Xét tải A chuyển động (H.11.14):
137 qt Hệ lực: ( P, T, FA ) ≡ 0 P Phương trình cân bằng: ΣY = T − P − W = 0 (1) k g A Phương trình (1) không giải được hai ẩn T và WA. Xét chuyển động của trục O (H.11.15). qt Hệ lực: (Q, Ro, T, ngẫu M, Mo ) ≡ 0 . qt Ở đây trục quay đi qua O ≡ khối tâm nên: R = 0. qt với: Mo = Jzo .ε (ngược chiều ε); W T’ = T và ε = A R Phương trình cân bằng: M ΣX k = Rox = 0 (2) R o ΣYk = −T − Q + Roy = 0 (3) y qt Mo qt ε Σmo = M − Mo − R.T = 0 (4) O Giải hệ bốn phương trình ta được: M − RP x W = 2g A (2P + Q)R T’ Q W QR + 2M T = P(1 + A ) = P g (2P + Q)R Hình 11.15 R ox = 0 QR + 2M R = Q + T = Q + P oy (2P + Q)R Nhận xét: M – RP > O ⇒ tải A đi lên M – RP = O ⇒ tải A đứng yên (ban đầu cơ hệ đứng yên) M – RP < O ⇒ tải A đi xuống Ví dụ 11.4. Bánh xe chủ động của ôtô y bán kính R khối lượng m, bán kính quán tính đối với trục quay là ρ, chịu ngẫu M Ε lực chủ động M, áp lực thẳng đứng qua P1 trục (tải trọng) là P1 = 4 mg. qt R O WC Tìm điều kiện của ngẫu M để x bánh xe lăn không trượt và xác định NI phản lực tại I, biết hệ số ma sát trượt qt P MC giữa bánh xe và mặt đường là f, bỏ qua I ma sát lăn. F I Hình 11.16
138 Giải. Xét bánh xe chuyển động song phẳng. Các lực tác dụng: - Trọng lực : P = mgr r - Tải trọng : P1 = 4 mg (áp lực của trục quay) - Phản lực pháp tuyến tại I : NI - Phản lực ma sát tại I : FI - Ngẫu M Các thành phần lực quán tính thu gọn: qt qt R C đặt tại C: RC = mWC = mRε qt 2 MC = JC .ε = mρ ε Phương trình cân bằng: ⎧ ΣX = F − Rqt = F − mRε = 0 ⎪ k I I ⎨ ΣYk = NI − P − P1 = 0 ⎪ qt 2 ⎩ΣmC = MC − M + RFI = mρ ε − M + RFI = 0 Giải hệ phương trình: M MR ε = ; FI = ; NI = P + P1 = 5 mg m(ρ2 + R 2 ) ρ2 + R 2 Để các kết quả trên chấp nhận được phải có điều kiện lăn không trượt: 5m(ρ2 + R 2 )g F ≤ f.N ⇔ M ≤ f I I R Đây chính là điều kiện của M. M Ví dụ 11.5. Hệ thống con lăn và tải A liên kết như hình vẽ. Cho tải A khối B lượng m1, con lăn khối lượng m2, các bán I kính R = 2r và bán kính quán tính đối với C trục qua tâm là ρ. H Xác định gia tốc tải A, gia tốc góc Hình 11.17 WA của con lăn, sức căng dây, phản lực tại I. Xem con lăn lăn không trượt và bỏ qua A y M y T PB qt R B WB x A x WA qt F M I I P B qt A N FA I VH T1 H a) b) Hình 11.17
139 khối lượng của dây và ma sát lăn. Giải. Xét chuyển động của tải A: tại thời điểm đang xét đạt W A (đi lên), H.11.18a. qt Hệ lực: (P A , T, F A ) ≡ 0 qt ΣYk = T − PA − FA = 0 ⇔ T − m1g − m1WA = 0 (1) Xét chuyển động của con lăn B (H.11.18b). - Quan hệ động học: con lăn B chuyển động song phẳng lăn không trượt Hình 11.18 có I là tâm vận tốc tức thời và do dây không dãn (VH = VA): V V V ⇒ ω = H = A = A B HI R − r r W Quan hệ này đúng với mọi t nên: ε = ω& = A B B r lấy chiều như H.11.18b. suy ra: VB = rωB ; WB = rεB = WA - Lập hệ lực cân bằng: Thu gọn hệ lực quán tính của con lăn về tâm B: qt R B = m2 WB = m2 WA W Mqt = J ε = m2ρ2 A B B B r có chiều như hình vẽ. r Các lực thực: - Ngẫu M; trọng lực P B = m 2g - Sức căng dây T1 (chú ý T1 = T do ròng rọc không có khối lượng) - Phản lực NI, FI (lực ma sát trượt). qt qt ⇒ Hệ lực : (M, P B , T1 , NI , FI , R B , MB ) ≡ 0 - Phương trình cân bằng: ⎧ qt (2) ⎪ΣXk = T + FI − RB = T + FI − m2WA = 0 ⎪ ⎨ΣYk = NI − PB = NI − m2g = 0 (3) ⎪ W ⎪Σm = Mqt − M + r.Rqt + r.T = m ρ2 A − M + rm W + rT = 0 (4) ⎩ I B B 2 r 2 A - Giải hệ bốn phương trình ta được: