PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN

BÀI THAM LUẬN
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI BÀI TOÁN CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN
Gv: Nguyễn Văn Phường
Trường THPT Phan Bội Châu
A. MỞ ĐẦU: Bài toán cân bằng của vật rắn là một trong những bài toán lớn cơ bản của
chương trình cơ học. Có nhiều phương pháp để giải bài toán dạng này. Trong một số
trường hợp, chọn phương pháp hình học sẽ giúp cho việc giải quyết bài toán ngắn gọn,
thuận tiện hơn. Bài này nhằm đề cập một trong các phương pháp giải quyết bài toán cân
bằng vật rắn – phương pháp hình học.
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
Một vật chịu tác dụng của các lực ở trạng thái cân bằng khi
Fms ≤ kN

(1)
N

R

α

F

Fms

r

r

r

Hợp lực R = Fms + N gọi là phản lực liên kết tựa. Từ hình vẽ và biểu thức hợp lực:

tan α =

Fms
⇔ Fms = N .tan α
N

(2)

Thay (2) vào (1) ta có:

tan α ≤ k

(3)

Đặt:

k = tan ϕ

(4)

Từ (3) và (4) ta có:

tan α ≤ tan ϕ ⇔ α ≤ ϕ

(5)

ˆ =2ϕ với ϕ = arctgk gọi là góc nón ma sát.
Tại M vẽ góc zMz'

Khi đó (5) có thể phát biểu: Vật ở trạng thái cân bằng khi phản lực toàn phần của liên kết
tựa có ma sát trượt nằm trong nón ma sát.
II. PHƯƠNG PHÁP
1. Vẽ nón ma sát ϕ : k = tan ϕ ( k: là hệ số ma sát)
r

r

2. Vẽ hợp lực các lực hoạt động ( các lực tác dụng lên vật trừ Fms và N ): ĐKCB là:
r
r
r r
r
r
R + Q = 0 ⇔ Q = − R ⇒ Q ↑↓ R

Trường hợp 1 nón ma sát:
r

Tìm ĐK để Q nằm trong nón ma sát
Trường hợp hai nón ma sát:
Xác định phần giao của hai nón ma sát.
r

Tìm ĐK để hợp lực Q nằm trong phần giao của hai nón ma sát.
III. MỘT SỐ VÍ DỤ
1. Ví dụ 1. Vật B có trọng lượng P nằm trong một mặt không nhẳn có dạng ¼ cung
tròn, Vật được giữ cân bằng nhờ lực kéo T đặt vào dây BAD. Cho hệ số ma sát trượt
k=tan ϕ . Tìm sức căng dây T
Bài giải:

T

x

A

O
Y

γ

T2

δ

T1
B

δ

Q2

T2

C
T1

P

Phương pháp nón ma sát

Phương pháp giải tích:

Vẽ góc nón ma sát tại B:

Các lực tác dụng lên vật: P, T , N , Fms

ˆ : k=tan ϕ :
xBy

r r r r

ˆ = yBO
ˆ =ϕ
xBO
r r

Lực hoạt động tác dụng lên vật: P; T
r r r
Q = P +T

Khi vật ở trạng thái cân bằng giới hạn
r r r r
P + T + N + Fms = 0 (1)

Xét hai trường hợp:
r

Vật cân bằng khi Q nằm trong nón ma

ˆ nên hai vị trí gới hạn của Q là
sát xBy

r r
Q1 , Q2 ( thuộc hai mép nón ma sát hình

• Vật có xu hướng trượt xuống:
Chiếu (1) lên hai phương Ox và Oy

vẽ); Tương ứng hai giá trị giới hạn của
r r
r
Ox: P.sin α − KN − T sin γ = 0 (1)
T là T1 , T2 vì vậy điều kiện để vật cân
bằng là:
Oy: − P.cos α + N + T cos γ = 0 (2)
T1 ≤ T ≤ T2

(1)

Thực hiện phép biến đổi :

r
r r
Q1 = P + T1

+ Tính T1:

(*)

ˆ )
ˆ = γ = 1 (π − AOB
∆OAB : ABO
2

π
2

 π = 2γ + ( − α ) ⇒ γ =

 P.sin α − KN − T sin γ = 0

 − P.cos α + N + T cos γ = 0

π + 2α
4

ˆ = β = α −ϕ
Q1 BP
1

(2)
(4)

 P.sin α − KN − T sin γ = 0
 − KP.cos α + KN + KT cos γ = 0

 

ˆ

PQˆ1 B = Q1 BA
ˆ = sin ABx
ˆ
⇒ sin PQˆ1 B = sin Q1BA
⇔ sin PQˆ1 B = sin(γ − ϕ )
∆BQ1 P (*) :

(3)

P
T
= 1
sin PQˆ1 B sin β1

 T=P

Từ (3), (4), (2) =>
T1 =

P.sin(α − ϕ )
π + 2α
sin(
−ϕ)
4

 P(sin α − k cos α ) − T (sin γ − k cos γ ) = 0

(5)

(sin α − k cos α )

(sin γ − k cos γ )


+ Tính T2:
∆KOB :

r
r r
Q2 = P + T2 (**)

Với k=tan ϕ thì:

δ = α +ϕ

ˆ = [ π − (γ + ϕ )]
Q2 BT
2
∆Q2 BT2 (**) :

(6)

sin ϕ .cos α − sin ϕ .cos α
sin(α − ϕ )
=P
sin ϕ .cos γ − sin ϕ .cos γ
sin(γ − ϕ )

T = P.

P

T2
=
ˆ
ˆ T
sinQ 2 BT2 sinBQ
2 2

π
2

Với π = 2γ + ( − α ) ⇒ γ =

Từ (6) và (2) ta có:
P
T2
=
π + 2α
sin(
+ ϕ ) sin(α + ϕ )
4
P.sin(α + ϕ )
⇔ T2 =
 π + 2α

sin 
+ϕ ÷
 4


Vậy:

T1 = P

(7)

Thay (7), (5) vào (1) ta có:
P.sin(α − ϕ )
P.sin(α + ϕ )
≤ T ≤⇔
π + 2α
 π + 2α

sin(
−ϕ)
sin 
+ϕ ÷
4
 4


π + 2α
4

sin(α + ϕ )
π + 2α
sin(
+ϕ)
4

Vật có xu hướng hướng lên:

Giải tương tự ta có:
⇔ T2 =

P.sin(α + ϕ )
 π + 2α

sin 
+ϕ ÷
 4


NX: Phương pháp nón ma sát trong trường hợp này chỉ mất thời gian tìm góc γ ,
trong khi phương pháp giải tích thực hiện phép biến đổi nhiều hơn tính toán nhiều
hơn.
A
Ví dụ 2:
Một bức tranh cao BC=d được treo vào tường thẳng đứng nờ
dây AC =l, hợp với tường 1 góc β . Mép dưới B tựa vào tường.
Xác định hệ số ma sát giữa bức tranh và tường để bức tranh cân
bằng

α

B

Bài giải:

C

Phương pháp giải tích:
Điều kiện cân bằng của bức tranh

A

β

H
J

r r r
r
P + T + Fms + N = 0

T
I

α

r
r
M ( P ) = M (T )

C
P

 N − T sin β = 0

 − P + T cos β + Fms = 0
O

K

Vẽ góc nón ma sát tại B:

Với:

(1)

r

r

r

Lực hoạt động tác dụng lên vật: Q = P + T
r

Vật cân bằng khi Q nằm trong nón ma sát
ˆ
xBy

Hay: α ≤ ϕ ⇒ tan α ≤ tan ϕ
∆BKI ta có:

tan α =

HI=

AJ = l.cos β

BJ = d 2 − l 2 .sin 2 β

l
⇒ p sin β = T (l.cos β + d 2 − l 2 .sin 2 β ) sin β (4)
2

ˆ = yBO
ˆ =ϕ
với xBO

Xét:

CJ
= T . AB.sin β
2

l
⇒ p sin β = T ( BJ + JA)sin β
2

y

k = tan ϕ

(3)

Phương trình moomen (2):
P

ˆ :

xBy

(2)

Chiếu (1) lên hai trục Ox và Oy ta có:

ϕ

R

B

Mô men quán tính đối với điểm B:

x
Q

(1)

KI HB
=
BK HI

l.sin β
2

BH=HJ+JB=AH+JB

(2)

Từ (3) và (4) suy ra:
N=

Pl sin β
2(l cos β + d 2 − l 2 sin 2 β )

(5)

Từ (3) và (5) ta có:
Fms = P − T cos β = P − N cot anβ

Lực ma sát nghỉ nên:
Fms ≤ k .N

(7)

Từ (5), (6), (7) ta có:
k≥

l.cos β + 2 d 2 − l 2 .sin 2 β
l sin β

(6)


l.cos β

 AH = 2

 JB = d 2 + CJ 2 = d 2 − (l.sin β ) 2


2
2
2
BH= l.cos β + 2 d − l sin β

2

l.cos β + 2 d 2 − l 2 .sin 2 β
Vậy: tan α =
l sin β

(3)

Để vật cân bằng từ (1), (2), (3) ta có:
l.cos β + 2 d 2 − l 2 .sin 2 β
k≥
l sin β

Ví dụ 3:
Thanh đồng chất AB=2l, Trọng lượng P hai đầu tựa trên nền và tường không nhẳn hệ số
ma sát k. xác định góc nghiên α để thang cân bằng?
B

α

0
A

Bài giải:

Chọn hệ Oxy như hình vẽ
Vẽ hai nón ma sát xAy, zBt ; phần giao của hai nón ma sát IJMK: k=tan ϕ (*)
r

Lực hoạt động tác dụng lên thanh AB là P
r

Điều kiện AB cân bằng thì giá của P phải qua tứ giác IJMK, Nghĩa là: xG ≥ xK
Ta có: AK ⊥ Bz
Tam giác vuông BOA:

(1)


xG =

AB
l
sin α = sin α
2
2

(2)

Tam giác vuông BKA
xK = BK .cos ϕ = AB.sin(α − ϕ ).cos ϕ
⇒ xk = l.sin(α − ϕ ).cos ϕ

(3)

Thay (3), (2), vào (1) ta có:
sin α ≥ 2sin(α − ϕ ).cos ϕ

(4)
M

( α < 90 , cos α > 0)
0

=> tan α ≥ 2 cos ϕ.

sin α .cos ϕ − cos α sin ϕ
cos α

Y
B

α

⇒ tan α ≥ 2 tan α .cos 2 ϕ − 2 cos ϕ .sin ϕ
⇒ tan α (1 − 2 cos ϕ ) ≥ −2 cos ϕ .sin ϕ
2

⇒ tan α ≤

K

sin 2ϕ
= tan 2ϕ
cos 2ϕ

ϕ
I
J
G

⇒ α ≤ 2ϕ

ϕϕ

Vậy điều kiện để AB cân bằng là: α ≤ 2ϕ ; k = tan ϕ
B. KẾT LUẬN:

0

A

Phương pháp nón ma sát hay phương pháp hình họccó tác dụng giải nhanh và đơn giản
một số loại bài tập về cân bằng của vật rắn khi có ma sát. Tuy nhiên phương pháp này
củng có một số hạn chế như làm lu mờ đi bản chất vật lí của bài toán cân bằng vật rắn,
vì vậy khi hướng dẫn học sinh ta cần dùng nhiều phương pháp khác nhau để bổ trợ lẩn
nhau.

Cư jut ngày 18/10/2014
GV: nguyễn Văn Phường