Thu gọn hệ lực Phương trình cân bằng của hệ lực

14

Chương

2

THU GỌN HỆ LỰC
PHƯƠNG TRÌNH CÂN BẰNG CỦA HỆ LỰC
Nội dung
Chương này đưa ra các dạng thu gọn tương đương của hệ lực, những điều
kiện cân bằng của hệ lực làm cơ sở để đánh giá tác dụng của chúng và giải bài
toán cân bằng của vật rắn, hệ vật rắn.
Yêu cầu
Nắm vững điều kiện tương đương cơ bản của hai hệ lực, các điều kiện
cân bằng của hệ lực. Biết cách áp dụng giải bài toán cân bằng của vật rắn, hệ
vật rắn.
2.1. HAI ĐẠI LƯNG ĐẶC TRƯNG CỦA HỆ LỰC
1. Vector chính của hệ lực
,

1- Đònh nghóa: vector chính của hệ lực là vector tự do ( R ) bằng tổng các
,

vector lực thuộc hệ:

R = ΣF k

•
2- Phương pháp xác đònh
R’
R'

Hình học: vector đóng kín đa giác lực.
Giải tích:
R X ' , Y ' , Z ' ⇔ X ' = ΣFky ; Y ' = ΣFky ; Z ' = ΣFkz

(

F2

F1

(2.1)

Fn

)

(2.2)

2. Vector mômen chính của hệ lực đối với một tâm
1- Đònh nghóa: vector mômen chính của hệ lực đối với tâm O ( M o ) của hệ lực
bằng tổng các vector mômen của lực thuộc hệ lấy cùng đối với tâm đó:
2- Phương pháp xác đònh
Dùng (1.2) chúng ta nhận được:

r
r
M o = Σ(Z k y k − Yk zk ) i + Σ(X k zk − Z k x k ) j + Σ(Yk x k − X k y k )k
r
trong đó: lực F (X k , Yk , Zk ) - bán kính điểm đặt lực thứ k là rk (xk, yk, zk)
,

3- Tính bất biến của R và M o qua các phép biến đổi tương đương

(2.4)


15
,

Đònh lý 2.1. Hai đại lượng R và M o bất biến qua các phép biến đổi tương
đương (tiên đề 2 và 3).
,

Chứng minh. Do cặp lực cân bằng có R = 0 và M o = 0 (tâm O tùy ý), khi dùng
,

tiên đề 2 có ngay R và M o của hệ lực không đổi.
Với tiên đề 3:
- Xét hai lực F 1 , F 2 và hợp lực F 12 như H.2.1
F 1 + F 2 = F 12
,

⇒ R = ΣF X = F 1 + F 2 + F 3 + ... + F n = F 12 + F 3 + ... + F n
,

⇒ R bất biến khi dùng tiên đề 3.

- Đặt F 12 (X, Y, Z) còn F i (X1, Y1, Z1), F 12 (X2, Y2, Z2)
Theo tiên đề 3:

F

X = X1 + X2; Y = Y1 + Y2; Z = Z1 + Z2
Dùng công thức (1.2):
r
r
r
⇒ m o (F1 ) + m o (F 2 ) = m o (F12 )

Chứng tỏ:
Mo

F12

A

r
r
r
r
= m o (F1 ) + m o (F 2 ) + m o (F 3 ) + … + m o (F n )
r
r
r
= m o (F12 ) + m o (F 3 ) + … + m o (F n )

F2

Hình 2.1

⇒ M o bất biến trong phép biến đổi tiên đề 3.

2.2. ĐỊNH LÝ TƯƠNG ĐƯƠNG CƠ BẢN
⎧⎪ R' = R'
1
2

Đònh lý 2.2. ϕ1 (F k ) ≡ ϕ 2 (P i ) ⇔ ⎨

⎪⎩ M1 0 = M 2 0

Chứng minh. Trước hết ta chứng minh:
1)

,
⎧ ,
⎪R 1 = R 2

ϕ1 (F k ) ≡ ϕ 2 (P i ) ⇒ ⎨

⎪⎩M 1 0 = M 2 0

Chúng ta thừa nhận hai hệ lực tương đương nếu có thể biến đổi qua nhau
bằng các phép biến đổi tương đương (tiên đề 2, 3).
,

Do: ϕ1 (F k ) ≡ ϕ 2 (P i ) nên ta có thể biến đổi chúng qua nhau. Song R và
M o bất biến đối với các phép biến đổi, suy ra:
,
⎧ ,

⎪R 1 = R 2
⇒ ⎨
⎪⎩M 1 0 = M 2 0


16
,
⎧ ,
⎪R 1 = R 2
ϕ1 (F k ) ≡ ϕ 2 (P i ) ⇐ ⎨
⎪⎩M 1 0 = M 2 0

2)

Xét hệ ϕ1 (F k ) và ϕ 2 (P i ) . Chúng ta lấy điểm O và hai điểm A, B
(A, O, B không thẳng hàng), phân tích các lực F k ≡ (F kO , F kA , F kB ) , các thành
phần tương đương đi qua O, A, B.
⇒ hệ ϕ 1 (F k ) ≡ ba hệ lực đồng quy: ϕ1 (F kO ); ϕ2 (F kA ); ϕ3 (F kB )

Dễ dàng nhận được:
ϕ1 (F kO ) ≡ Fo; ϕ2 (F kA ) ≡ F A ; ϕ3 (F kB ) ≡ F B
⇒ ϕ1 (F k )

≡ (FO , F A , F B )

Gọi OE là giao tuyến của hai mặt

**
FO

phẳng (O, F A ) và (O, F B ) . Trên OE lấy
điểm I và phân tích các lực F A theo
các phương AO và AI, F B theo các
phương BO và BI. Tiếp tục trượt các lực
về O và I rồi lấy các hợp lực (tiên đề
3).

FK
*
FO

FO

B
FB

FA
FI

A

*

FL

⇒ ϕ1 (F k ) ≡ (F O , F A , F B ) ≡ (F O , F 1 )

L

I

E

tương tự ta có:
*

Hình 2.2

ϕ 2 (P i ) ≡ (P O , P A , P B ) ≡ (P O , F H )

(H thuộc giao tuyến OG, có thể khác OE).
Cuối cùng, lấy điểm L thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (O, F I ) và
(O, P H ).

Phân tích các lực F 1 và P H theo các phương đi qua L và O, trượt các lực
**

thành phần về hai điểm O, L. Sau đó lấy hợp lực sẽ được F O và F L :
**

⇒ ϕ1 (F k ) ≡ (F O , F L )
**

tương tự ta có:

ϕ 2 (P i ) ≡ (P O , P L )

Dùng các điều kiện:
r
- M1O = M2O ⇔ m O (F L )

-

,

R1

,

= R2

**

r
= m O (P L )
**

⇔ FL + FO = P L + P O

⇒ FL = P L
**

**

⇒ FO = P O

⇒ ϕ 1 (F k ) và ϕ 2 (P 1 ) được biến đổi tương đương sang hệ lực thứ ba

trùng nhau.
Chứng tỏ: ϕ1 (F k ) ≡ ϕ 2 (P 1 ) .
2.3. CÁC HỆ QUẢ

17

1. Vector mômen ngẫu lực
,

1- Xét hệ hai lực: ( F, F ) cùng phương, ngược chiều, cùng cường độ nhưng
,

,

khác giá tác dụng. Do R = 0, M O ≠ 0 , nên ( F, F ) không tương đương một lực,
đây là một hệ lực tối giản đặc biệt, được gọi là ngẫu.
Chúng ta sẽ chứng tỏ mômen chính của ngẫu không phụ thuộc tâm lấy
mômen:

F

,
r
r
= mO (F) + mO (F )

MO

= OA × F + OB × F

d
A

,
,

= OA × F + OA × F + AB × F
,

,

,

= OA × (F + F ) + AB × F = AB × F (đpcm)
,

2- Hai ngẫu: ( F, F ) và

,
( F1 , F1 )

α

MO

,

O •

có vector

B

F’

Hình 2.3

mômen chính bằng nhau sẽ tương đương nhau (vì
,

R = 0). Chứng tỏ vector mômen chính của ngẫu là vector tự do, hoàn toàn đặc

trưng cho một ngẫu, được gọi ngắn gọn là vector mômen của ngẫu.
2. Đònh lý thu gọn
Hệ lực ϕ1 (F k ) , khi thu gọn về một tâm O, tương đương với một lực bằng
,

vector chính của hệ lực R và một ngẫu bằng vector mômen chính của hệ lấy
cùng với tâm O đó:
,

ϕ(F k ) ≡ (R o , M o )
,
r
R o = ΣF k và: Mo = Σm o (F K )

với:

Chứng minh. Với O tuỳ ý xác đònh chúng ta chỉ cần chứng minh tại đó hệ lực
gồm hai thành phần: lực R bằng vector chính và một ngẫu có mômen chính
bằng mômen chính của hệ lực đối với cùng tâm đó. Hệ lực này tương đương với
hệ lực ban đầu do vector chính và vector mômen chính đối với tâm O của chúng

bằng nhau.
3. Các trường hợp đặc biệt
r

,

1- 0 ≠ R ⊥ M O ⇔ ϕ(F k ) ≡ R Δ
,

r

r

(hợp lực R Δ có giá Δ với R Δ = R và giá Δ thỏa mãn m O (R Δ ) = Σm O (F k ))
r

Chứng minh. Chọn A ∈ mặt phẳng ⊥ M O và đi qua O, Δ // R

,


18

Mo

Cách O đoạn d =

R

,

,

, nằm về hướng của R quay 90o theo chiều

M o lấy A ∈ Δ
⇒

r
r
r
r
, r
,
ϕ(F k ) ≡ (R O , M O ) ≡ R A m A (R'o ), M o ) ≡ (R A ) ≡ (R Δ )
1442r 443
≡O

Hợp lực của những hệ lực đặc biệt
- Hệ lực song song: ( F k // OZ )
,

r

Nếu R ≠ 0 sẽ có hợp lực: ϕ(Fk ) ≡ R Δ
- Hệ lực phẳng: (F k ∈ Oxy)
,

r

Nếu R ≠ 0 ⇒ ϕ(F k ) ≡ R Δ (có hợp lực) do ta lấy điểm A ∈ Oxy làm tâm
thu gọn: ⇒ M A ⊥ Oxy ⇒ M A ⊥ R
- Hợp lực của hệ lực phẳng song song
Cho hệ lực phân bố như H.2.4. Xét phân tố Δx k , hệ lực phân bố trên độ
dài này tương đương một lực F k :

r
F k = q(x 'k ).Δx k - đặt tại x 'k

Hợp lực:

R Δ = F = ΣF k =

l

∫

F
q(x)

RΔ

r
q(x)dx

X

o

O

Giá Δ được xác đònh từ điều kiện:
MΔo = ΣmΔO (F k ) =

Fk

l

∫ q(x).x . dx

d

X’k

Δ Xk

Hình 2.4

o

l

R Δ d = M ΔO

M ΔO
→d =
=
RΔ

∫ q(x).xdx

o

l

(2.5)

∫ q(x)dx
o

trong đó: ΔO - là trục qua O và vuông góc mặt phẳng lực.
- Hệ lực phân bố đều (H.2.5)
l2
2 = l
Hợp lực: R 1 ; R = qo.l; OI =
qol
2
qo

(2.6)

- Hệ lực phân bố tuyến tính (H.2.6)
có ngay:

q(x) =

qo
q 1
2
x → R 1 = o ; OI = 1
1

2
3

(2.7)


19
F

RI

RI

qo

qo
x
O

I

l

I

O

l l

Nhận xét: Các hợp lực có cường độ bằng diện tích phân bố, đi qua trọng tâm

của biểu đồ diện tích.
,

,

2- R = 0, Mo ≠ 0 ⇔ ϕ(F k ) ≡ ngẫu tổng hợp (Q, Q ) có mômen bằng
mômen chính của hệ lực đối với tâm O.
,

,

Chú ý: Khi R = 0, ϕ(F k ) ≡ ngẫu (Q, Q ) nên mômen chính của hệ
không phụ thuộc tâm lấy mômen.
,

(2.8)

3- R = 0, Mo ≠ 0 ⇔ ϕ(F k ) ≡ 0
,

,

Chứng minh. Do hệ lực cân bằng ( F, F ) có R = 0 và mômen chính đối với
tâm bất kỳ O M o = 0
4. Hệ ba lực cân bằng
Hệ ba lực cân bằng thì đồng phẳng. Nếu các lực song song với nhau thì
còn phải đồng quy.
Chứng minh. Xét hệ ba lực (F1 , F 2 , F 3 ) ⇔ R = 0 và M A = 0 (tâm A tùy ý).
Có thể xảy ra các trường hợp:
• F 1 // F 2 : Từ: R = 0 ⇒ (F1 + F 2 = −F 3 ) ≠ 0

Chứng tỏ:

⎧⎪∈ mặt phẳng (F 1 , F 2 )
(F 1 , F 2 ) ≡ R 12 ⎨
⎪⎩// F 1

⇒ (F1 , F 2 , F 3 ) ≡ (R12 , F 3 ) ≡ 0

Chứng tỏ F 3 cùng giá với R 12 ⇒ F 3 // F 2 // F 1 và đồng phẳng.
• F 1 không song song với F 2
Chọn điểm A tùy ý cố đònh thuộc giá của F 3 làm tâm lấy mômen chính:


20

Hai vector mômen này đặt tại A mà có tổng bằng 0 ⇒ ít nhất chúng cùng
phương ⇔ hai mặt phẳng (F 1 , A ) và (F 2 , A) trùng nhau, tức (F 1 , F 2 , A ) đồng
phẳng.
Do A tùy ý nên suy ra (F 1 , F 2 , F 3 ) phải thuộc cùng một mặt phẳng. Gọi
giao điểm của F 1 , F 2 là I, để chứng minh ba lực đồng quy chúng ta sử dụng:
r
r
r
r
M1 = m1 (F1 ) + m1 (F 2 ) + m1 (F 3 ) = 0 + 0 + m1 (F 3 ) = 0 ⇒ F 3

phải đi qua I (do F 3 ≠ 0). Vậy (F 1 , F 2 , F 3 ) đồng quy phẳng.
2.4. ĐIỀU KIỆN CÂN BẰNG CỦA HỆ LỰC
Từ (2.8) chúng ta nhận được những điều kiện cân bằng của hệ lực:

1. Hệ lực tổng quát (không gian)
⎧ R ,x
⎪ ,
⎪ Ry
⎪ R,
⎪
0 ≡ ϕ(F k ) ⇔ ⎨ Z
⎪M ox
⎪M
⎪ oy
⎪⎩ M oz

= ΣFkx = 0
= ΣFk y = 0
= ΣFk z = 0

(2.9)

= Σm x (F k ) = 0
= Σm y (F k ) = 0
= Σmz (F k ) = 0

Với các hệ lực đặc biệt một số phương trình có thể tự thỏa mãn nên số
điều kiện giảm đi.
2. Hệ lực song song (F k // OZ)
⎧
⎪
⎪
0 ≡ ϕ(F k ) ⇔ ⎨
⎪

⎪
⎩

ΣFk z = 0

∑ m x (F k ) = 0
∑ m y (F k ) = 0

(2.10)

Do ba phương trình còn lại tự thỏa mãn.
3. Hệ lực đồng quy ϕ(F ok ), các lực đi qua O

Do: MO

⎧ ΣFkx = 0
⎪
0 ≡ ϕ(F k ) ⇔ ⎨ ΣFky = 0
⎪
⎩ ΣFkz = 0
r
= Σm O (F k ) = 0 tự thỏa mãn

(2.11)
z

4. Hệ lực phẳng ϕ(F k ), ∀F k ∈ Oxy

MA

Với điểm A tùy ý thuộc mặt phẳng lực Oxy

y

A

m A (F k ) = m AZ (F).k = ± d k Fk k
x

dk

Hình 2.7

Fk


21

Vector mômen của các lực này đều cùng phương nên ta có thể quy ước
thay thế m A (F k ) bởi giá trò đại số:
(2.12)

m A (F k ) = m AZ (F k ) = ± d k Fk

Ta lấy dấu (+) hoặc (-) theo quy tắc mômen của lực đối với trục (H.2.7).
Điều kiện cân bằng của hệ lực phẳng có ba dạng:
Dạng 1:

⎧ΣFk x = 0
⎪

0 ≡ ϕ(F k ) ⇔ ⎨ΣFky = 0
⎪
⎩Σm A (F k ) = M A = 0

(2.13)

với A tùy ý thuộc mặt phẳng lực.
⎧⎪R = 0

Điều kiện này hiển nhiên do (2.12): ⇒ ⎨

⎪⎩M A = 0

Dạng 2:

⎧ΣFk x = 0
⎪
0 ≡ ϕ (F k ) ⇔ ⎨M A = Σm A (F k ) = 0
⎪M = Σm (F ) = 0
k
⎩ B
B

(2.14)

(với

AB OX )
Chứng minh. Hệ lực ϕ(F k ) tương đương đồng thời hệ 1 và hệ 2 (H.2.8)
⇒ hệ 1 ≡ hệ 2

Thu hệ 1 về B:

R’k

,
,
r
⇒ hệ 1 ≡ (R B , m B (R A ) ≡ hệ 2
,
r
⇒ m B (R A ) = 0

R’B

A

A

Hệ 1

Hệ 2

Hình 2.8

Điều này chứng tỏ:
'

- Hoặc R A có giá đi qua B:
,

⇒ R x = ΣFk x ≠ 0 mâu thuẫn điều kiện đầu tiên.
'

- Hoặc R A = 0 kết hợp M A = 0 ta có điều phải chứng minh.
Dạng 3:

0 ≡ ϕ (F k ) ⇔

⎧M A = Σm A (F k ) = 0
⎪
⎨MB = ΣmB (F k ) = 0
⎪M = Σm (F ) = 0
k
C
⎩ C

(2.15)
'

,

Sử dụng phương pháp chứng minh trên: nếu R A ≠ 0 thì R phải có giá
chứa đoạn AB và AC, do A, B, C, không thẳng hàng nên không thể xảy ra
,

trường hợp trên. Vậy R = 0 , ta có điều phải chứng minh.
2.5. BÀI TOÁN CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN
1. Mô hình bài toán

22

Một vật rắn không tự do (chòu liên kết) chòu tác dụng của lực (lực hoạt
động) đang cân bằng.
Những yêu cầu được đặt ra là:
- Xác đònh các phản lực liên kết
- Tìm điều kiện cân bằng
Tức tìm các yêu cầu của lực hoạt động và các yếu tố hình học để vật
khảo sát được cân bằng.
2. Phương pháp giải
1- Chọn vật khảo sát: xem xét kỹ mô hình bài toán (hình vẽ), chúng ta chọn vật
rắn nào (có thể là chất điểm) chòu tác động của tất cả các lực hoạt động.
2- Đặt lực: lực ở đây bao gồm các lực hoạt động và phản lực liên kết.
Xem xét kỹ mô hình vật khảo sát, xác đònh đầy đủ các liên kết, so sánh
với các mô hình mẫu để thay thế hết các liên kết bằng các phản lực tương ứng.
3- Lập phương trình cân bằng
- Phân tích các lực đặt vào vật khảo sát (kể cả phản lực) theo ba phương
của trục toạ độ.
- Lập các phương trình cân bằng từ điều kiện cân bằng của hệ lực (kể cả
các phản lực):
⎧ΣFk x = 0
⎪
⎨ΣFk y = 0 và:
⎪
⎩ΣFk z = 0

⎧Mox =
⎪⎪
⎨Moy =

⎪
⎪⎩Moz =

∑ mx (Fk ) = 0
∑ my (Fk ) = 0
∑ mz (Fk ) = 0

- Với lưu ý các ngẫu tồn tại trong hệ lực đặt vào vật không xuất hiện
trong các phương trình hình chiếu đảm bảo vector chính bằng không.
Chú ý: Nếu F ⊥ Δ ⇒ m Δ (F) = ± Fd
trong đó: d - là đoạn vuông góc chung giữa Δ và F
Dùng (1.4) và (2.4) chúng nhận được:
M ox = Σ(Fkz y k − Fky z k ) = 0; M oy = Σ(Fkz z k − Fky x k = 0

Ở đây: (xk, yk, zk) - là toạ độ điểm đặt của lực F k
- Trường hợp hệ lực phẳng (F k ∈ Oxy) dùng (2.12) lập phương trình cân
bằng ngẫu lực.
3. Đánh giá bài toán
1- Nếu số phương trình cân bằng độc lập được (r) bằng ẩn số (s) (số thành
phần phản lực), bài toán có nghiệm duy nhất (được gọi là bài toán tónh đònh).
2- Nếu r > s có khả năng xảy ra:


23

- Sẽ dư ra một số phương trình (= r – s) không chứa ẩn số (phản lực). Đây
chính là các điều kiện ràng buộc các lực hoạt động và những đại lượng hình học
trong bài toán. Những điều kiện này được gọi là điều kiện cân bằng.
- Trong hệ phương trình lập được tồn tại các phương trình mâu thuẫn với
nhau. Chúng ta xem xét lại mô hình bài toán:

+ Đặt phản lực đúng chưa?
+ Mô hình bài toán có tồn tại trong thực tế không?
3- Nếu r < s: Bài toán thuộc loại siêu tónh, chúng sẽ được giải quyết trong môn
học sau.
4. Giải phương trình và biện luận
Theo nguyên tắc:
- Phản lực tựa một chiều và sức căng dây luôn luôn dương.
- Các phản lực khác có chiều đúng như đã chọn nếu kết quả dương.
Ngược chiều đã chọn nếu kết quả âm.
2.6. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 2.1. Giải phóng liên kết (vật khảo sát S)

O
(1)

O

S

S
A

S
(2)

F

A

B

(3)

B

(4)

O

B

F
(6)

(5)

B

M
A

S

S

F
Q

A
(7)

B

S

A

F

F

F

A

F

B

S

A

S

A

B

S

A

B
(8)
A

Q
Dây S có
trọng lượng Q

Q

(10)

(9)

Hình 2.9

B


24

Ví dụ 2.2. Tấm chữ nhật ABCD với: AB = b; BC = a, trọng lượng Q, được giữ
nằm ngang nhờ dây CE và các liên kết như hình vẽ 2.10a. Xác đònh phản lực A,
B và sức căng dây T?

Giải. • Chọn vật khảo sát: tấm ABCD
• Đặt lực: Các phản lực và trọng lượng Q được biểu diễn như trên

H.2.10. Tấm ABCD cân bằng dưới tác dụng của hệ lực:
ϕ(F k ) ≡ (Q, A x , A y , A z , B x , B z , T) ≡ 0

hay chi tiết hơn:

ϕ(F k ) ≡ (Q, A x , A y , A z , B x , B z , T x , T y , T z ) ≡ 0

T

60o

A

Tz

Ty

60

……
……
……
…
…
…

α

Tz

C

A

Tx

Txy

o

…
……
…
……
…
…
…
…

B

A

Tx

…
…
…
………………
…

……
……
…
…
…………
…
…

Txy

E

…………
………
……………

T

Txy

α
C

D

Ty

C

Hình 2.11

T
3
;
Txy = T cos 30 o =
T
2
2
3
3
T cos α
sin α =
T sin α ; Ty = Txy cos α =
2
2

Trong H.2.11: Tz = T cos 60 o =
Tx = Txy

với:

tg α =

a
b

• Phương trình cân bằng (hệ lực không gian)
ΣFk x = A x + B x −

3
T sin α = 0
2

3
T cos α = 0
2
T
= A z + Bz +
=Q=0
2

(1)

ΣFk y = A y −

(2)

ΣFk z

(3)


25

Mox = Σm x (F k ) = −

b
Q + bBz + bTz = 0
2

b
1
Q + bB z + b T = 0
2
2
a
Moy = Σm y (F k ) = Q − aTz = 0
2
a
a
⇔ Q− T=0
2
2

(4)

⇔−

(5)
(6)

M oz = Σmz (F k ) = −bB x = 0

(do T cắt trục z ⇒ m z (T) = 0 )
• Giải sáu ẩn từ hệ sáu phương trình chúng ta nhận được:
Q
3
3
Q sin α ; Ay =

Q cos α ; Az =
2
2
2

Bx = 0; Bz = 0; T = Q; Ax =

Nhận xét:
- Do các thành phần phản lực tại A tính được đều > 0 phản lực tại A có
chiều như hình vẽ. Tại B phản lực = 0 ⇒ có thể bỏ bản lề B.
- Nếu tại A là liên kết bản lề trụ (trục bản lề là y) bài toán chỉ có năm ẩn.
Hệ phương trình cân bằng lập được chỉ thay đổi ở phương trình 2:
3
T cos α = 0
2

⇒

Suy ra T = 0 sẽ mâu thuẫn với các phương trình còn lại. Sai lầm ở chỗ
tấm ABCD không đứng yên tại vò trí đó mà sẽ chuyển động dọc theo trục y sang
bên trái.
Ví dụ 2.3. Xét bài toán ở mô hình 8 (H.2.9). Trục quay cân bằng như hình vẽ,
bán kính trống lớn là R, trục (nhỏ) là r, các khoảng cách cần thiết cho như hình
vẽ. Tìm điều kiện của mômen M để trục cân bằng và tính phản lực tại A, B?
(bỏ qua trọng lượng trục).
Giải. • Vật khảo sát: Trục quay.
z
z

a

b

Az

M
M

Bz

x

Ax

Bx

B

O

x

A
y

Q

Q

Hình 2.12

• Đặt lực: Tại A, B đều là các bản lề trụ nên hệ lực đặt vào vật khảo sát
biểu diễn như H.2.12:


26
ϕ(F k ) ≡ (Q, A z , B x , B z , ngM) ≡ 0

• Phương trình cân bằng:
ΣFk x

= A x + Bx

=0

(1)

ΣFk z

= A z + Bz − Q

=0

(2)

Σm x (F k ) = − aQ + (a + b)Bz = 0

(3)

Σm y (F k ) = R Q − M

=0

(4)

Σmz (F k ) = − (a + b)B x

=0

(5)

( ΣFky = 0 tự thỏa mãn)
• Giải: Đây là hệ năm phương trình với bốn ẩn số phản lực. Phương trình
không chứa phản lực M = RQ chính là điều kiện cân bằng (nếu M ≠ RQ trục
sẽ quay).
Với M này ta giải được:
Ax = Bx = 0; Az =

b
a
Q; Bz =
Q
a+b
a+b

Ví dụ 2.4. Thanh gấp khúc ABCD có ABC thuộc mặt phẳng ngang, BCD thuộc
mặt phẳng đứng (H.2.13a). Khớp cầu tại D, ổ quay tại A (xem như bản lề trụ).
Chòu lực như hình vẽ. Cho AB = a, BC = b, CD = c. Tìm phản lực tại A, D khi
z
A

Az

m1
m2
B

m1
C

Ay

A
O

y

m2
B

m3

C

x

a)

D

Dz

Hình 2.13

thanh cân bằng?

m3

b)

D

Dy

Dx

Giải. • Vật khảo sát: Thanh gấp khúc ABCD
• Đặt lực: Các lực hoạt động ngẫu m1, m2, m3 (biểu diễn tương ứng là
vector mômen nằm dọc theo các phương như H.2.13b, đứng ở đỉnh các vector
thấy các ngẫu quay theo chiều ngược chiều kim đồng hồ), các phản lực liên kết
A y , A z , Dx , Dy Dz .

r r r
⇒ hệ lực ϕ(F k ) = ( A y , A z , D x , D y D z , ngẫu m1 , m 2 , m 3 ) ≡ 0


27

• Phương trình cân bằng:
=0

(1)

ΣFk y = A y + D y = 0

(2)

ΣFk z = A z + Dz
r
MOx = Σm x (F k )
r
M Oy = Σm y (F k )
r
MOz = Σm z (F k )

(3)

ΣFk x = D x

=0
=0

(4)

= − m2 − cDx − aDz = 0

(5)

=0

(6)

= m1 + bD z + cD y
= m 3 − bD x + aD y

• Giải: Từ năm phương trình (1), (2), (3), (5), (6), chúng ta được:
Dx = 0; Dy = −

m3
;
a

Dz = −

m2
;
a

Ay =

m3
;
a

Az =

m2
a

Thế các giá trò vào phương trình (4) còn lại sẽ nhận được:
m1 =

b
c
m2 + m3
a
a

z

không chứa ẩn (phản lực), đấy chính là điều
kiện cân bằng.

Mz
y

Các thành phần Dy, Dz có chiều
ngược chiều đã chọn.

A

My

- Trường hợp ổ quay tại A có độ dài
nhất đònh: phản lực A có thêm hai thành
x
phần cản quay quanh trục y và z là
Hình 2.14
r
r
m Ay , m Az . Bài toán thuộc loại siêu tónh (có bảy ẩn số phản lực).

Ví dụ 2.5. Một trụ tròn trọng lượng Q (bán kính R) đặt trong hố móng (độ rộng
l) được biểu diễn mô hình phẳng như H.2.15a. Xác đònh phản lực tại A, B?
Giải. • Vật khảo sát: Trụ tròn tâm O
• Đặt lực: Tại A và B là các liên kết tựa (một chiều), các phản lực đều đi
qua tâm O và có chiều như H.2.15b.
y
O

A

y
x

α

B

O

A

x
NB

Q

B

l
a)

Hình 2.15
Hệ lực ϕ(F k ) ≡ (Q, N A , N B ) ≡ 0 đồng quy phẳng.

b)

• Phương trình cân bằng: (lập được hai phương trình cân bằng):
ΣFk x = N A − NB cos α = 0
ΣFk y = − Q + N B sin α = 0


28

• Giải hệ phương trình:
N A = Q cot gα; N B =

Q
sin α

Tính α ? Ta có:
l−R
⎛l − R⎞
⇒ α = ar cos⎜
⎟
R
⎝ R ⎠

cos α =

Chú ý: Với hệ ba lực phẳng đồng quy cân bằng ta có thể dùng điều kiện

đóng kín tam giác lực.
Ví dụ 2.6. Cho dầm AB có liên kết và chòu lực như H.2.16a (ngẫu M và lực F
đều thuộc mặt phẳng xy). Biết AI = a, BI = 2a. Xác đònh phản lực tại A, B.
y
F
60
A

I

B

A

M

F

Ay
Ax

o

60

BY

I

d

a)

x

o

M

B

b)
Hình
Hình2.16
2.16

Giải. • Vật khảo sát: Dầm AB
• Đặt lực: Tại A liên kết bản lề trụ, tại B liên kết tựa một chiều chống lún
xuống phía dưới. Hệ lực nhận được:
ϕ(F k ) ≡ F, ngẫu M, A x , A y , B y ) ≡ 0

• Phương trình cân bằng:
ΣFk x = A x + F cos 60 o = 0 ⇔ A x = −

F
2

(1)

ΣFk y = A y + F sin 60 o + B y = 0 ⇔ A y + B y +

3
F=0
2

M A = Σm A (F k ) = −M + 3aB y + dF = 0 ⇔ −M + 3aB y + a

(2)
3
F = 0 (3)
2

• Giải: Hệ ba phương trình có ba ẩn
Ax = −

F
;
2

By =

M
3
−F
;
3a
6

Ay = −

M
3
−
F
3a
3

• Nhận xét: Ax < 0, Ay < 0 chúng sẽ có chiều ngược lại, còn By đã đúng
chiều nên:
By ≥ 0 ⇔

M
3
3
−
F≥0 ⇔ M≥
aF - là điều kiện cân bằng
3a
6
2


29
3
aF ⇒ B y < 0, tức liên kết tại B cản trở đầu B đi lên, song
2
liên kết không có khả năng, tức đầu B sẽ đi lên ⇔ dầm AB chuyển động quay

- Nếu M <

quanh A.
Ví dụ 2.7. Cho khung ABCD có liên kết và chòu lực như H.2.17a. Tính phản lực
tại A và B? Biết AC = BD =

CD
= 1 m; F = 100 KN; q = 20 KN/m.
2

Giải. • Vật khảo sát: Khung ABCD.
• Đặt lực: Tại A tương ứng liên kết bản lề trụ, tại B tựa hai chiều, hệ lực
r

phân bố (q) được thay tương đương bởi Q = 2q = 40 KN đặt tại I như H.2.17b ⇒
• Phương trình cân bằng:
ΣFk x = A x + F = 0

(1)

ΣFk y = A y − Q + B y = 0

(2)

M B = ΣmB (F k ) = Q − F − 2A y = 0

• Giải: Ax = –F; Ay =

(3)

Q−F
Q+F

; By =
2
2

Thay số chúng ta thấy Ax, Ay đều < 0, By > 0. Vậy chiều của Ax, Ay phải
lấy ngược lại: Ax = 100 KN; Ay = 30 KN; By = 70 KN.
2.7. BÀI TOÁN CÂN BẰNG CỦA HỆ VẬT RẮN
Chúng ta có thể lập điều kiện cân bằng của hệ vật rắn theo hai phương
pháp:
Phương pháp tách vật: Thiết lập điều kiện cân bằng của mỗi vật rắn
thuộc hệ.
Phương pháp hóa rắn: Thiết lập điều kiện cân bằng của toàn hệ rắn và
từng phần của hệ hóa rắn (có thể một vật, hai vật,… ∈ hệ) sao cho số phương
trình lập được đủ giải quyết các yêu cầu của bài toán.
Chúng ta chứng tỏ hệ n vật rắn dù cân bằng dùng phương pháp nào (cũng
tương đương), điều kiện cân bằng của n hệ lực cân bằng tương ứng đặt vào mỗi
vật rắn thuộc hệ.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh cho hệ hai vật S1, S2. Nếu nhiều vật rắn
chỉ cần hóa rắn S1, S2 và ta chứng minh tương tự.


30
(1)

(2)

Hóa rắn S1, S2 hệ lực tác động vào cả hai vật: ϕ(F k , F k )
(1)

với: F k - là các lực ngoài đặt vào S1

( 2)

e

F k - là các lực ngoài đặt vào S2 (loại lực này thường được kí hiệu là F k )

Để đơn giản ta giả sử giữa S1 và S2 có một liên kết (nếu thêm liên kết ta
đặt thêm lực tương tác).
(1)

Tách riêng S1. Hệ lực tác động vào S1 là: ϕ1 (F k , F21 )
trong đó: F 21 - là lực tương tác của S2 tác động vào S1
(2)

Tách riêng S2. Hệ lực tác động vào S2 là: ϕ2 (F k , F12 )
trong đó: F 12 - là lực tương tác của S1 tác động vào S2, dó nhiên:
F12 = - F 21
i

(loại lực này thường được gọi là nội lực và thường được kí hiệu là F k )
r
r
F 12 + F 21 = 0; m A ( F12 ) + m A ( F 21 ) = 0 với ∀A

Vì vậy:

(1)

,

(2)

Điều đó chứng tỏ R và M A của hệ ϕ(F k , F k ) thỏa mãn:
,

,

,

R = R 1 + R 2 ; M A = M1 A + M 2 A

có nghóa là chỉ hai trong ba hệ lực trên cân bằng thì hệ lực còn lại buộc phải cân
bằng.
2.8. CÁC VÍ DỤ BÀI TOÁN CÂN BẰNG CỦA HỆ LỰC VẬT RẮN
Ví dụ 2.8. Hai bánh xe hình nón O và O’ ăn khớp răng ở C, chòu các ngẫu M, M’
như H.2.18a, bán kính tương ứng của các bánh răng là r, r’. Bánh xe O’ tác động
vào bánh xe O lực R nghiêng với phương CO góc α và mặt phẳng chứa ( R ,
O’A = a.

CO ) nghiêng với mặt phẳng chứa bánh xe O (Cyz) góc β . Cho

Xác đònh liên hệ giữa M, M’ để cơ hệ cân bằng? Tìm phản lực tại A.
Giải. Đây là cơ hệ hai vật rắn cân bằng chòu lực tác động của hệ lực không
gian, số phương trình cân bằng được thiết lập là 12 = 6 × 2. Xem xét mô hình
tại các liên kết B, C, D đã có sáu ẩn, còn tại A (độ dài của ống trụ phải đủ lớn)
z1

z
M

B

Bz

D

Rc

α

O

x1 B
y
O’

x
β

y1

M’

C

a)

Rcz

RC

Bx

B

Hình 2.18

Hình 2.18

Dz

Rcx

x

C

Rcxy

O’

Rcy
Max2
x2

b)
y2

D

Dy

α

M’
Ax
Ay

A

z2

O

β
y

y

z

M

May2

A


31

chỉ không cản trở quay quanh trục Z2 ⇒ A x , A y , A z , ngẫu M Ax , M Ay (tổng
cộng có 11 ẩn phản lực). Chúng ta sẽ tìm được một phương trình là điều kiện
liên hệ giữa M và M’.
Dưới đây ta dùng phương pháp tách vật:
Vật I:
• Xét bánh xe O cân bằng (kể cả trục không trọng
lượng BD).
• Đặt lực: xem H.2.18b, hệ lực tác động:
ϕ1 (F k ) ≡ (ngM, R c , B x , B y , B z , D y , D z ) ≡ O

Chúng ta biểu diễn R c qua ba hình chiếu (H.2.19):
⎧R z = R c cos α
⎪
⇒ ⎨R x = R c sin α. sin β
⎪R = R sin α. cos β
c
⎩ y

• Phương trình cân bằng:
Nếu phải giải hết tất cả các ẩn, chúng ta lập đầy
đủ sáu phương trình cân bằng (với hệ trục B x1 y1 z1), nhưng do yêu cầu của bài
toán không cần xác đònh các phản lực tại B, D nên ta chỉ cần lập một phương
trình mômen đối với trục x1 để tránh năm ẩn ở B, D.
Σm x1 (F k ) = −M + R y .r = 0 ⇔ −M + R sin α. cos β.r = 0

(do Rx // Bx 1 , Rz cắt Bx 1 ) ⇒ R =

M
r sin α cos β

Vật II:
• Xét bánh răng O’ cân bằng (kể cả trục).

,

• Đặt lực: Hệ lực biểu diễn trên H.2.20b) với chú ý R c là phản lực đặt tại
,

C của bánh răng O’ ngược chiều với R c , ( R c = R c ).
,

⇒ ϕ 2 (F k ) ≡ ( A x , A y , A z , R c , ngM ' , M Ax2 , M Ay 2 ) ≡ 0

• Phương trình cân bằng:

ΣFkx = A x + R 'x = A x − R sin α sin β = 0
ΣFkz = A z +

R 'z

= A z − R cos α

=0

(1)
(3)

Σm x2 (F k ) = m x2 (R y ) + M Ax2 = R ' y .a + M Ax2 = 0

(4)

⇔ a.R sin α. cos β + M Ax2 = 0
Σm y2 (F k ) =

,
m y2 (R x )

+

,
m y 2 (R z )

+ M Ay2 = 0

⇔ − a.R sin α. sin β + r ' R cos α + M Ay 2 = 0

(5)

'

Σmz2 (F k ) = M + mz2 (R y ) = 0
⇔ M ' − r ' R sin α. cos β = 0

• Giải hệ năm phương trình đầu ta được:

(6)


32

Ax =

M
tgβ;
r

M Ax2 = −

Ay =

M
;
r

Az =

M
cot gα
r cos β

aM
aM
r 'M
; M Ay 2 =
tgβ −
cot gα
r
r
r cos β
r'

M
r

Còn phương trình (6) ⇒ M' =

rM ' = r 'M

⇔

Đấy chính là điều kiện cân bằng.
Ví dụ 2.9. Cơ hệ có liên kết và chòu lực như H.2.20a. Biết:
P1 = 10 KN; P2 = 20 KN; M = 35 KNm; q = 2 KN/m
AB = 2BC= 2CE = ED = 2m. Tính phản lực tại A, B, C.
P2

P2

o

α = 30

Ay
M

q
A

C

B

E

Q
Ax

A

MA

By

M

Bx’

Bx
I

α = 30
C

B
By’

a)

P1

By

Hình 2.20

o

E

b)

Giải. Cơ hệ hai vật rắn phẳng cân bằng. Chúng ta dùng phương pháp tách vật.
Vật I:
• Khảo sát dầm AB cân bằng.
• Đặt lực: xem H.2.20b.
r
Hệ lực: ϕ1 (F k ) ≡ ((q), A x , A y , ngM A , B x , B y ) ≡ 0
⇔ (Q, A x A y , B x , B y , ngM A ) ≡ 0 (Q = 2q, AI = 1m)

• Phương trình cân bằng:
ΣFkx

= A x − Bx

=0

(1)

ΣFky

= A y − Q + By

=0

(2)

Σm B (F k ) = M A − 2A y + 1.Q = 0

(3)

Trong hệ ba phương trình này có năm ẩn, chúng ta phải lập thêm phương
trình:
Vật II:
• Khảo sát dầm BCED cân bằng
• Đặt lực: xem H.2.20b.
,

,

Hệ lực tác động: ϕ 2 (F k ) ≡ ( B x , B y , P 1 , C, P 2 , ngM) ≡ 0
,

,

(chú ý: B x = −B x , B y = −B y ) .
• Phương trình cân bằng:
ΣFkx
ΣFky

= B x − P1 cos 30o − P2 = 0
o

= −B y − P1 sin 30 + C = 0

(4)
(5)


33
r
Σm c (F k ) = −M + 1.B y + 2.P2

(6)

=0

Giải hệ sáu phương trình:
Ax = 20 + 5 3 ; Ay = 9; MA = 14
Bx = 20 + 5 3 ; By = -5; C = 0; (đơn vò KN và KNm)
Nhận xét: Tại C không có phản lực ⇒ có thể bỏ gối C
Ví dụ 2.10. Cho cơ cấu 4 thanh ABCD (C, D cố đònh), xác đònh độ lớn của R để
cơ cấu cân bằng ở vò trí đang xét. Xác đònh ứng lực trong các thanh. Biết Q = 10
KN, tại A, B, C, D đều là các khớp bản lề.
A
45

o

30

o

60

S2

A

o

C

y1

y

B
45

C

D

S1

S2’
30

x1

o

60

Q

R
x

a)

B

o

o

D

S3

b)

Hình 2.21

Giải. Đây là loại cơ cấu đặc biệt, các thanh đều chòu liên kết thanh (trừ CD)
nên có ba ứng lực trong ba thanh. Ta chỉ cần xét sự cân bằng của hai nút A, B
sẽ lập được bốn phương trình cân bằng từ hai hệ lực đồng quy để giải ra ba ứng
lực và một điều kiện cân bằng (H.2.21b)
• Xét nút A cân bằng có hệ lực: ϕ1 (F k ) ≡ (Q, S1 , S 2 ) ≡ 0
Phương trình cân bằng:
(ta giả thiết các thanh đều chòu kéo ⇒ các S i có chiều như H. 2.21b)

2
S =0
2 2
2
= − S1 +
S =0
2 2

ΣFkx = Q +

(1)

ΣFky

(2)

Giải. S2 = – Q 2 = – 10 2 ; S1 = – Q = –10.
• Xét nút B cân bằng, chòu tác dụng hệ lực:
,

,

ϕ 2 (F k ) ≡ (R, S 3 , S 2 ), (chú ý: S 2 = − S 2 )

Phương trình cân bằng: (hệ trục Bx1y1).

Giải. R = −

3
R =0

2
R
= − S3 −
=0
2

ΣFkx1 = − S2 −

(3)

ΣFky1

(4)

2
3

S 2 = 2Q

2
2
2
= 20 ; S 3 = −10
(đơn vò KN, m).
3
3
3

Chú ý: Nếu ứng lực tương ứng dương ( > 0) thanh chòu kéo, ứng lực tương
ứng âm ( < 0) thanh chòu nén (đổi chiều).

34

Ví dụ 2.11. Ngẫu M đặt vào tay quay OA quay được quanh O, con chạy A có
)
thể trượt dọc CB. Cho biết góc C = 30o; CB = 3R; OA = R, tìm Q để cơ cấu cân
bằng tại vò trí đang xét (H.2.22a). Xác đònh phản lực tại O,C?
x

Q

B

M
O

A

A

30

Q

Oy

M

O

Cy

o

B

Ox

x
30

A

o

NA
o

30

Cx
a)

b)

Hình 2.22

Giải. Cơ cấu gồm ba vật rắn: tay quay OA, con chạy A, thanh CB.
Do không cần tính phản lực giữa chốt bản lề tại A của tay quay và con
chạy chúng ta hóa rắn, xét OA (bao gồm cả con chạy) cân bằng.

Vật I:
• Xét hóa rắn OA và con chạy A cân bằng
• Đặt lực: Khi bỏ liên kết giữa thanh CB và con chạy A là liên kết tựa
(hai chiều) chúng ta được hệ lực ϕ1 (F k ) ≡ (ngM, O x , O y , N A ) ≡ O (N A ⊥ BC)
• Phương trình cân bằng:
ΣFkx

= O x + N A cos 30o = O x +

ΣFky

= O y − N A sin 30o = O y −

3
NA = 0
2
1
N
2 A

Σm A (F k ) = M − R.O y

• Giải được: O x = −

(1)

=0

(2)

=0

(3)

M
2M
3M
; NA =
; Oy =
R
R
R

Vật II:
• Tương tự xét thanh CB cân bằng.
,

• Đặt lực: Hệ lực ⇒ ϕ 2 (F k ) ≡ (Q, N A , C x , C y ) ≡ 0

,

(N A = − N A )

• Phương trình cân bằng
ΣFkx

= C x − N A cos 30o + Q = C x −

ΣFky

= C y + N A sin 30o = C y +

ΣmC (F k ) = 2RN A − 3R sin 60o.Q

3
NA + Q = 0
2

(4)

=0

(5)

=0

(6)

1
N
2 A


35

• Giải hệ ba phương trình
Q=

8M
;

3 3R

Cx =

Nhận xét: Khi Q =

M
M 3
−Q =
;
R
3 3R

Cy = −

M
R

8M
cơ cấu cân bằng, các thành phần phản lực có
3 3R

giá trò như đã đònh (với Ox và Cy đổi chiều).
Ví dụ 2.12. Cho cơ cấu chòu lực và có liên kết như H.2.23a, các bán kính tương
ứng R1 = 2.r1 = 2.R; OA = a = 1,5R. Hai bánh răng ăn khớp tại I có độ lớn góc
răng là 2 ϕ .
Tìm điều kiện của P để cơ cấu cân bằng, xác đònh phản lực tại O, O1 và
lực ăn khớp răng.
F
O1

O1y

O
ϕ

O1

A
I

y

N1

P

x

a)

I

O1x
Q1

Q1
P

ϕ

c)

F
N1

ϕ

Oy

Q

O
Ox

I

b)

Q

A

ϕ
O1

O

d)

Hình
Hình2.23
2.23

Giải. Cơ cấu hai vật rắn cân bằng (tách vật).
Vật I:
• Xét bánh răng O cân bằng.
Do xu thế quay của bánh xe O và O1, phản lực tựa tại mặt răng I có xu
thế cản trở sự quay của các bánh răng ⇒ hai răng tiếp xúc ở các mặt phía trên
của đường trục OO1 (H.2.23 b,c, d).
• Đặt lực:
Hệ lực ⇒ ϕo (F k ) ≡ (F, N1 , O x , O y , Q) ≡ 0
• Phương trình cân bằng:
ΣFkx

= O x + NI sin ϕ

=0

ΣFky
= O y + F − Q + N I cos ϕ = 0
r
=0
Σm O (F k ) = aF − R cos ϕ.N1


36

• Giải: O x = −1,5Ftgϕ ; Oy =Q –2,5F; N I =

1,5F
cos ϕ

Vật II:
• Xét bánh răng O1 cân bằng.
,

• Đặt lực: ϕ1 (F k ) ≡ (P, Q1 , Q1x , O1y , N1 ) ≡ 0
• Phương trình cân bằng:
ΣFkx

= O1x − NI sin ϕ

=0

ΣFky
= O1y − N I cos ϕ − Q1 = 0
r
=0
Σm O1 (F k ) = r1p − R1 cos ϕ.N I

• Giải: O1x = 1,5 Ftg ϕ ; O1y = Q1 + 1,5F
và P = 3F ⇒ Đây chính là điều kiện cân bằng.