CHƯƠNG 2 HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN CỦA TĨNH HỌC VẬT RẮN

Chương 2
HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN CỦA TĨNH HỌC

- Bài toán thu gọn hệ lực
- Bài toán cân bằng hệ lực


2.1. Bài toán thu gọn hệ lực
2.1.1. Định lý dời lực song song
Định lý: Tác dụng của một lực lên một vật rắn không thay
đổi khi ta dời song song nó từ điểm này đến điểm khác của
vật nếu ta thêm vào một ngẫu lực phụ có mô men bằng mô
men của lực đặt tại điểm cũ đối với điểm mới dời đến.
Chứng minh:
B

∼

a
A

m

F

F''

F'

B
a

A

F

∼

B

F'

a
A

uuur
uu
r uuur uuur
uur uuur
F ~ ( F , F " , F ' ,) ~ ( m , Fđpcm
') (

)


2.1.2. Thu gọn hệ lực không gian về một tâm.
Véc tơ chính
uu
r uu
r và mô
uu

r men chính của hệ lực.
Cần thu gọn ( F1 , F2 ,..., Fn ) về
ta lần lượt dời song song các lực về
uu
r uur uur uuu
r uuu
r
O,
O:
F ~ [ F ' và m = m ( F )]
z

m2 z

F1

m1

F2
O
x

y

uu
r1 uu1u
r uur1 uuu
rO uu1u
r
F2 ~ [ F2 ' và m2 = mO ( F2 )]

F'1

F'2

O

y

uur uuur uur uuur uuur
Fn ~ [ Fn ' và mn = mO ( Fn )]

mn

uur uur uur
uu
r uu
r uu
r
uur uF'urn uur
( F1 , F2 ,..., Fn ) ~ ( F1 ', F2 ',..., Fn ') Đồng quy tại O và ( m1 , m2 ,..., mn )
uur uur uur uu
r
z
Mo
( F1 ', F2 ',..., Fn ') ~ R ' : Véc tơ chính không phụ
R'
Fn

x

thuộc tâm thu gọn

uur uur uur uuu
r
(m1 , m2 ,..., mn ) ~ M o: Mô men chính

O

phụ thuộc tâm thu gọn

uu
r uu
r uu
r
uuu
r uuur
⇒ ( F1 , F2 ,..., Fn ) ~ ( R ' , M O )

x

y


* Xác định véc tơ chính và mô men chính của hệ lực
2.1.2.1. Xác định véc tơ chính và mô men chính bằng
phương pháp giải tích
’
R
=

x
uu
r
uur
- Véc tơ chính: R ' = ∑ Fk ∑Xk
Độ lớn

⇒ R’y =

Rx'
cosα =
R'

Rz =

Ry'

2
2
⇒ R ' = Rx'2 + Ry'2 + Rz' 2 = (∑ ∑Y
X k k) 2 + (∑
Y
)
+
(
Z
)
∑ k
k
’

- Mô men chính:  M ox

M O  M oy

M
Độ lớn
 oz

'
Hướng
(α,
β,
γ
)
=
(
;Ox, Oy, Oz)
R
∑Zk
uuur uur
uur
'


= ∑ mo ( Fk ) = ∑ mx ( Fk )

x
uuur uur
uur

'


= ∑ mo ( Fk ) = ∑ my ( Fk )

y
uuur uur
uur
'


= ∑ mo ( Fk ) = ∑ mz ( Fk )

z

uu
r 2
uuu
r2
uu
r 2
M O = [∑ mx ( Fk )] + [∑ m y ( Fk )] + [∑ mz ( Fk )]
Hướng

(α1, β1, γ 1 ) = (M O ;Ox, Oy, Oz)

cosβ =
cosγ =

R'

Rz'
R'

M ox
cosα1 =
Mo

cosβ1 =

M oy
Mo

M oz
cosγ 1 =
Mo


2.1.2.2. Xác định véc tơ chính bằng phương pháp hình học

- Từ điểm O, ta lần lượt vẽ các véc tơ bằng các véc tơ biểu thị các lực
của hệ, ngọn của véc tơ này trùng với gốc của véc tơ kia.
- Véc tơ có gốc tại O và có ngọn là ngọn của véc tơ cuối cùng,
chính là véc tơ R’
- Đa giác nhận được gọi là đa giác lực.
Véc tơ chính của hệ lực được biểu thị bằng véc tơ khép kín của
đa giác lực tạo bởi hệ lực đó.
F1

F2

F2

F1

B

F3

A
C

O

F3
F4

R

D

F4


2.1.3. Các trường hợp tối giản khi thu gọn
uu
r
uuur
+ Trường hợp 1: R ' = 0, M = 0 : hệ lực cân bằng
uuuOr

uu
r
+ Trường hợp 2: R ' = 0, M O ≠ 0 : hệ lực thu về một ngẫu
uur
uuu
r uuu
r

M O = ∑ mO ( Fk )
lực có véc tơ môuuu
men
bằng
r
Trường
u
ur
uhợp
uur nàyM O không đổi ∀ tâm thu gọn
+ Trường hợp 3: R ' ≠ 0, M O = 0 : hệ lực tương
uu
rđương với
R ' đặt tại O
uur
uu
rmộtulực
uuur
uur
+ Trường hợp 4: R ' ≠ 0, M O ≠ 0 và R '⊥ M O hệ có hợp lực R
MO

O

R'
R''
π

d
O1

d

O
R

R
π

O1


2.1.3. Các trường hợp tối giản khi thu gọn
uur
uu
r uuur
uuur
+ Trường hợp 5: R ' ≠ 0, M O ≠ 0 và R ' // M O
Hệ lực tương đương với một lực và một ngẫu,
R'
mặt phẳng tác dụng của ngẫu vuông góc với lực R '
M

Hệ lực này không có hợp lực, gọi là hệ lực xoắn.
O
Đường tác dụng của lực R ' đi qua điểm O,
gọi là trục trung tâm (trục xoắn).
uur
uu
r
uuur
uuur
d
+ Trường hợp 6: R ' ≠ 0, M O ≠ 0; R ' không // và không ⊥ M O
O

π

M2

R''
π

MO

O

R'

M1

d
O1

O

R

d
π

O1

Hệ lực cũng tương đương với một hệ lực xoắn,
nhưng trục trung tâm (trục xoắn) không đi qua O.

M1

R


z

Ví dụ 1: F1 = F2 = F3 = F; F4 = F5 = 2F.
Thu gọn hệ lực về tâm O.
Giải :

F2

F3

R = ∑ X k = F1  – F2 = 0
'

x

F4

Ry' = ∑ Yk = 0

Rz' = ∑ Z k = F5  – F4 − F3  = − F
uur
M Ox = ∑ mx ( Fk ) = − aF4  + aF5  = 0

uur
M Oy = ∑ my ( Fk ) = − aF2  + aF4  = aF
uur
M Oz = ∑ mz ( Fk ) = 0
Véc tơ chính

F5

O

F1
O'

R'

uur
R' = F

uuur
song song cùng chiều với trục y, M O = aF

uuur uur
Vì M O ⊥ R ' nên hệ thu về một hợp lực đi qua O’.

y

MO

a

x

R ' song song và ngược chiều với trục z,

Mô men chính M O

a

a


2.1.4. Định lý Varinhông
Nếu hệ lực có hợp lực thì véc tơ mô men của hợp lực đối
với một điểm nào đó bằng tổng hình học các véc tơ mô
men các lực của hệ đối với điểm ấy.

uuur uur
uuu
r uur
M O ( R) = ∑ mO ( Fk )

Chiếu đẳng thức trên lên một trục z nào đó có sử dụng liên hệ
giữa mô men của lực đối với một điểm và một trục, ta có :

uur
uur
mz ( R ) = ∑ mz ( Fk )


2.2. Bài toán cân bằng hệ lực
2.2.1. Điều kiện cân bằng của hệ lực tổng quát.
Các phương trình cân bằng của hệ lực
2.2.1.1. Điều kiện cân bằng của hệ lực không gian
uu
r
uu
r uur uur
uuur
'
( F1 , F2 ,..., Fn ) ∼ 0 ⇔ R = 0 và M O =0
Chứng minh:
uu
r uuur
- Điều kiện cần: Giả sử hệ lực cân bằng, mà R ' , M O không đồng thời
bằng không thì theo các trường hợp tối giản, hệ lực không thể cân bằng.

- Điều kiện
uur đủ:
uur
u
u

u
r
Giả sử R ' = 0, M O = 0. Vi R ' = 0 nên hệ tương
uuur đương với một ngẫu lực,
nhưng mô men của ngẫu lực đó bằng M O = 0 nên hệ ngẫu lực cân bằng
Vậy hệ lực phải cân bằng.
Điều kiện cần và đủ để hệ lực không gian cân bằng là véc tơ
chính và véc tơ mô men chính của hệ lực đối với tâm thu gọn
bất kỳ đồng thời phải bằng không.


2.2.1.2 Phương trình cân bằng của hệ lực không gian

hệ lực không gian cân bằng

∑ X k = 0

∑ Yk = 0

∑ Z k = 0
uur
⇔
∑ mx ( Fk ) = 0
uur

∑ my ( Fk ) = 0
uur

∑ mz ( Fk ) = 0

“Điều kiện cần và đủ để hệ lực không gian cân bằng là
tổng hình chiếu của các lực lên các trục tọa độ và tổng mô
men của các lực đối với các trục tọa độ đều bằng không”


Ví dụ:

Tìm phản lực tại A, B và lực căng của dây

Biết :P = 10 kN, α = 30

b=
d=
ur ur uu
r u
ur 1uu
rm,uu
r 6 m, a= 2 m
Xét cân bằng của tấm. Các lực tác dụng: P, T , YA , Z A , YB , Z B với chiều giả thiết
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ

∑ X = 0
 Y = Y + Y − Tcosα =0
A
B
∑
 ∑ Z =uZ
urA + ZB – P + Tsinα =0
 ∑ mx ( Fk ) = −P + Tsinα .a = 0
K

uur

 m y ( Fuku
r) = −P.d/2 + ZB .d + Tsinα . ( b + d ) =z 0
 m ( F ) = −Y .d + Tcosα . ( b + d ) = 0
z
k
B
α

I
b

∑
∑

b
d/2

B

b
x

A

a/2

B

TcO s α

P

T = 1 kN;

3
YA = −
kN; ZA =7/12 kN
12 d
7 3
P
YB =
kN; ZB =-1/12
kN
12

YB

α

,

ZA d/2

Giải hệ trên ta được:

T

ZB

YA

y

a/2

CácAnghiệm ZA, YB dương, do đó chiều của các thành phần lực ZA, YB là đúng
b

Các nghiệm YA, ZB là âm, do đó chiều của các thành phần lực YA, ZB phải ngược chiều với chiều
giả thiết trong hình vẽ.
a


2.2.2. Điều kiện cân bằng của các hệ lực đặc biệt
a. Hệ lực đồng quy
Nếu hệ trục toạ độ có gốc ≡ điểm đồng quy
Σmx(F) ≡0
của
các lực thì trong mọi trường hợp ta luôn có:
Σmy(F) ≡ 0
ΣX =
Σmz(F) ≡ 0
0
-Hệ lực đồng quy trong
ΣY =
không gian cân bằng ⇔
0
ΣZ =

0 cân bằng là véc tơ chính
điều kiện cần và đủ để hệ lực đồng quy
của hệ lực đó phải bằng không, hay là tổng hình chiếu của các
lực thuộc hệ lên ba trục tọa độ đều phải bằng không

-Hệ lực phẳng đồng quy (trong mặt phẳng xOy)
thì phương trình cân bằng là:
ΣX = 0
ΣY = 0


z

Ví dụ:

Giá đỡ gồm ba thanh, AB = 145 cm, AC = 80 cm, D
AD = 60 cm, treo vật nặng Q = 420 N. Mặt phẳng
TAD
ACED nằm ngang, các đầu B, C, D gắn với
TABy
tường thẳng đứng. Tìm ứng lực trong các thanh.

Giải:

TABxy
A

TABx TAC

Q

Xét cân bằng của nút A.

ur uuu
r uuur uuur
Các lực tác dụng: Q, TAB , TAC , TAD

E

C

TAB

TABz
B

x

với chiều giả thiết như hình vẽ.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Thành lập các phương trình cân bằng của hệ lực:

y
H

-TABx – TAC = - TABcosβcosα - TAC
ΣX = 0
ΣY = 0 ⇔= 0 -TABy – TAD = - TABcosβsinα - TAD
ΣZ = 0 = 0 - Q - TABZ = - Q - TABsinβ
=0

giải ra ta được:TAB = - 580 N; TAC = - 320 N; TAD = 240 N.
TAB và TAC có chiều ngược với chiều đã giả thiết trên hình vẽ.


b. Hệ ngẫu lực
“Điều kiện cần và đủ để hệ ngẫu lực không gian cân
bằng là tổng hình học của các véc tơ mô men của
các ngẫu lực thuộc hệ phải bằng không”
uuur
∑ Mk = 0
- Hệ ngẫu lực không gian
cân bằng

∑ M kx = 0


⇔ ∑ M ky = 0


∑ M kz = 0

- Hệ ngẫu lực phẳng cân bằng

⇔ ∑ mk = 0


P = Q = 8kN

Ví dụ:

(

P
4m

A

B

Biết α và chiều dài AB = a
a
Xác định phản lực ở các gối đỡ
Q
Giải:
ur ur uur uuu
r
Xét cân bằng của dầm AB. Các lực tác dụng: Q, P, RA , N B

α

ur ur
P, Q lập thành ngẫu lực có mô men: m1 = - P. 4 = - 8.4 = - 32 kN.m

)

Để thanh cân bằng thì phản lực hai gối
phải lập thành một ngẫu có giá
ur urtrị mô men
P, Q )

bằng với giá trị mô men của( ngẫu
ur ur
và quay ngược chiều với ngẫu( P, Q )
uur
ur
Do đó, N B điuu
rlên,
ur R A đi xuống.
Ngẫu lực N B , R A có mô men
A
m2 = RA.h = RA.a. cosα

(

h

)

Áp dụng điều kiện cân bằng hệ ngẫu: RA

m1
∑ mk = m1 + m2 = 0 ⇒ RA = a cos α

NB

m1

B
α

z

c. Hệ lực song song
Giả sử trục z // với phương của các
lực
thì trong mọi
hợp ta luôn có
ΣX trương
≡ 0
ΣY ≡ 0
Σmz(F)
uu
r
≡ 0
∑ mx ( Fk ) = 0
- Hệ lực không gian

uu
r

song song cân bằng ⇔ ∑ m y ( Fk ) = 0

( trục z // các lực)
∑Z = 0

F2
Fn
y

O

F3
x

F1




Vậy “điều kiện cần và đủ để hệ lực // trong không gian cân bằng là
hình chiếu của tất cả các lực lên trục // với các lực và tổng mô
men của các lực đối với 2 trục ⊥ các lực đều bằng không”
- Hệ lực phẳng song song cân bằng
∑ Yk = 0
⇔
uur
( trục oy // các lực)
∑ mO ( Fk ) = 0


Ví dụ: Q = 50 kN,

4m

P = 10 kN.
Hãy xác định
phản lực tại A và B.
Giải:
Xét cân bằng của cần trục

ur ur uuu
r uuu
r
Các lực tác dụng: Q, P, N A , N B

y

NA
A

Chọn hệ trục tọa độ Axy như hình vẽ
Áp dụng phương trình cân bằng ta được:

∑ Y = 0
uur
⇔

∑ mB Fk = 0

( )

P

NB
B
Q
1m

1m

N A + N B  – P – Q = 0
−2N A  +1.Q – 3.P = 0

Giải hệ trên ta được: NA = 10 kN, NB = 50 kN.

x


d. Hệ lực phẳng bất kỳ
Nếu hệ lực cùng nằm trong mặt phẳng Oxy, lúc này véc
tơ mô men của các lực đối với một điểm luôn cùng
phương nên ta xét mômen đại số.
Điều kiện cân bằng tổng quát

ur
uur
 R = ∑ Fk = 0
uur

 M O = ∑ mO ( Fk ) = 0

- Dạng 1:

∑ X = 0

Hệ lực phẳng bất kỳ cân bằng ⇔ ∑ Y = 0

∑ mO ( F ) = 0
“Điều kiện cần và đủ để hệ lực phẳng bất kỳ cân bằng là

tổng hình chiếu của các lực lên hai trục toạ độ và tổng mô
men của các lực đối với một điểm bất kỳ đều bằng 0”


- Dạng 2:

uur
∑ mA ( F ) = 0

uur
( trục x không vuông

Hệ lực phẳng bất kỳ cân bằng ⇔ ∑ mB ( F ) = 0
góc với phương AB)
∑ X = 0



“Điều kiện cần và đủ để hệ lực phẳng bất kỳ cân bằng là tổng mô men
của các lực đối với hai điểm A và B bất kỳ và tổng hình chiếu của các
lực lên một trục không vuông góc với phương AB đều bằng 0”
- Dạng 3:

∑ m A ( F ) = 0

Hệ lực phẳng bất kỳ cân bằng ⇔ ∑ mB ( F ) = 0 (Với A, B, C
không thẳng hàng)

∑ mC ( F ) = 0

“Điều kiện cần và đủ để hệ lực phẳng bất kỳ cân bằng là tổng mô
men của các lực đối với 3 điểm không thẳng hàng đều bằng 0”


Ví dụ:
F =200N; q=100N/m; α=60 ; m=300Nm
Xác định phản lực tại ngàm A

A

Bài giải:
Xét cân bằng của dầm AB
ur r
uuu
r uur
Các lực tác dụng: F , q, m, X A , YA , mA
Giả định chiều của các phản lực liên kết tại ngàm A như hình vẽ:
Áp dụng điều kiện cân bằng Dạng 1 ta có:
∑ X = 0
 X A − F . cos 60 0 = 0


⇔
⇔ YA − 2q − F sin 60 0 = 0
∑ Y = 0
uur


0
∑

m
(
F
)
=
0
m
−
1
.
2
q
−
F
sin
60
.2 − m = 0

A
 A

 X A = 100 N

YA = 273,2 N
m = 846,4 Nm
 A

mA , YA , X A đều >0 nên chiều thực tế của các phản lực đúng như chiều giả định

Bài tập
Sách bài tập cơ lý thuyết của
trường đại học gtvt
(phần tĩnh học và động học):
5,21,7,9,10,77,83,84,85,91,96.