Chương 2: Lý thuyết về hệ lực

Bách Khoa Online
Giao lưu - Học hỏi - Chia sẻ kinh nghiệm
của các thế hệ sinh viên Bách Khoa
hutonline.net


-15-

Bách Khoa Online: hutonline.net

Ch−¬ng 2
Lý thut vỊ hƯ lùc
Trong tÜnh học có hai bài toán cơ bản: thu gọn hệ lực và xác định điều
kiện cân bằng của hệ lực. Chơng này giới thiệu nội dung của hai bài toán cơ
bản nói trên.
2.1 Đặc trng hình học cơ bản của hệ lực

Hệ lực có hai đặc trng hình học cơ bản là véc tơ chính và mô men chính.
2.1.1. Véc t¬ chÝnh
r

r

r

XÐt hƯ lùc ( F1 , F2 ,.. Fn ) tác dụng lên vật rắn (hình 2.1a).
Véc tơ chính của hệ lực là véc tơ tổng hình học các véc tơ biểu diễn các
lực trong hệ (hình 2.1b)

r
F2

r
F1

r b
F2

r
F3

a

c

O

m

r
F1

r
F3

r
Fn
r
R n

r

R

r
Fn

a/

H×nh 2.1

r
r
r
r
R = F1 + F2 + ... Fn =

n

b/

r

∑F i

(2-1)

i=
1

r

Hình chiếu véc tơ R lên các trục toạ độ oxyz đợc xác định qua hình chiếu
các lực trong hệ:
r
R x = x1 + x2 +...+ xn =

n

∑Xi;
i=
1

Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com


-16-

Bách Khoa Online: hutonline.net
r
R y = y1 + y2 +...+ yn =
r
R z = z1 + z2 +... +zn =

n

∑Yi;
i=
1

n

∑Zi.
i=
1

Tõ đó có thể xác định độ lớn, phơng, chiều véc tơ chính theo các biểu
thức sau:
r
R =

R 2x + R 2 y + R 2z ;

cos(R,X) =

Rx
;
R

cos(R,Y) =

Ry
R

;

cos(R,Z) =

Rz
.
R

VÐc t¬ chính là một véc tơ tự do.
2.1.2. Mô men chính của hệ lực
Véc tơ mô men chính của hệ lực đối với tâm O là véc tơ tổng của các véc
tơ mô men các lực trong hệ lấy đối với tâm O (hình 2.2). Nếu ký hiệu mô men
r

chính là M o ta cã
r
Mo =

r r
m o( F i)
∑
n

(2 -2)

i=
1

•
r
F1

A1

r
z1

m2

r
M0

r
m 30

r
m 20

r
z2

A2
r
F2

r
z3

r
m 10

O

A3

r
F3

Hình 2.2
r

Hình chiếu của véc tơ mô men chính M o trên các trục toạ độ oxyz đợc
xác định qua mô men các lực trong hệ lấy đối với các trục đó:
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com


-17-

Bách Khoa Online: hutonline.net
r

r

r

r

r

r

r

r

r

∑mx( F i);

i=
1

r

n

My = my( F1 ) + my( F2 ) +...+ my( Fn ) =

Mz = mz( F1 ) + mz( F2 ) +... +mz( Fn ) =

r

n

Mx = mx( F1 ) + mx( F2 ) +...+ mx( Fn ) =

my( F i);
i=
1

r

n

mz( F i).
i=
1

Giá trị và phơng chiều véc tơ mô men chính đợc xác định theo các biểu

thức sau:
Mo = M 2 x + M 2 y + M 2 z
cos(Mo,x) =

Mx
;
Mo

cos(Mo,y) =
r

My
Mo

;

cos(Mo,z) =

Mz
.
Mo

r

Kh¸c với véc tơ chính R véc tơ mô men chính M o là véc tơ buộc nó phụ
thuộc vào tâm O. Nói cách khác véc tơ chính là một đại lợng bất biến còn véc
tơ mô men chính là đại lợng biến đổi theo tâm thu gọn O.
2.2. Thu gọn hệ lực

Thu gọn hệ lực là đa hệ lực về dạng đơn giản hơn. Để thực hiện thu gọn

hệ lực trớc hết dựa vào định lý rời lực song song trình bày dới đây.
2.2.1. Định lý 2.1 : Tác dụng của lực lên vật rắn sẽ không thay đổi nếu ta
rời song song nó tới một điểm đặt khác trên vật và thêm vào đó một ngẫu lực phụ
r
F
r
F'

A
B

d
r
F ''

Hình 2.3
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com


-18-

Bách Khoa Online: hutonline.net

cã m« men b»ng m« men cđa lực đà cho lấy đối với điểm cần rời đến.
r

Chứng minh: Xét vật rắn chịu tác dụng lực F đặt tại A. Tại điểm B trên vật
r

r

r

đặt thêm một cặp lực cân bằng ( F ', F '')

r

r

r

trong đó F ' = F cßn F '' = - F . (xem

hình 2.3).

r r r
r
Theo tiên đề 2 có: F ( F , F ', F '').
r r r
r r
HÖ ba lùc ( F , F ', F '') cã hai lực ( F , F '') tạo thành một ngẫu lực có mô
r

r

men m = m B(F) (theo định nghĩa mô men của ngẫu lực).
r

r

r

r

Ta đà chứng minh đợc F ∼ F ' + ngÉu lùc ( F , F '')
2.2.2 Thu gän hƯ lùc bÊt kú vỊ mét tâm
a. Định lý 2.2: Hệ lực bất kỳ luôn luôn tơng đơng với một lực bằng véc
tơ chính đặt tại ®iĨm O chän t ý vµ mét ngÉu lùc cã mô men bằng mô men
chính của hệ lực đối với tâm O đó.
r

r

r

Chứng minh: Cho hệ lực bất kỳ ( F1 , F2 ,..., Fn ) tác dụng lên vật rắn. Chọn
điểm O tuỳ ý trên vật, áp dụng định lý rời lực song song đa các lực của hệ về
r

r

r

đặt tại O. Kết quả cho ta hệ lực ( F1 , F2 ,..., Fn )o đặt tại O và một hệ các ngẫu lực
r

r

r

r

r

r

r

r

r

phụ có mô men là m 1 = m o( F1 ) , m 2 = m o( F2 ), ... m n = m o( Fn ) (hình 2.4).
r

r

r

Hợp từng đôi lực nhờ tiên đề 3 cã thĨ ®−a hƯ lùc ( F1 , F2 ,... Fn )o về tơng
r

đơng với một lực R .
Cụ thÓ cã:
r

r

r

r

r

r

r

r

r
F1

( F1 , F2 ) ∼ R 1 trong ®ã R 1 = F1 + F2
r

r

r

A1

M = Mo

r
m 20
r
m 30

r

( R 1, F 3 ) ∼ R 2 trong ®ã R 2 = R 1 + F 3 =
r
r r
F1 + F2 + F 3

r A2
F2

....
r
r
r
( R (n-1), Fn ) ∼ R

A3

r
F1

r
m 10

O
r
r R
F2

r
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.comF 3

H×nh 2.4

r
F3


-19-

Bách Khoa Online: hutonline.net
r

r

r

trong ®ã R = R (n-2) + Fn =

n

r

F i
i=
1

r

r

Hợp lực R của các lực đặt tại O là véc tơ chính R 0 của hệ lực.
Các ngÉu lùc phơ cịng cã thĨ thay thÕ b»ng mét ngẫu lực tổng hợp theo
cách lần lợt hợp từng đôi ngẫu lực nh đà trình bày ở chơng 1. Ngẫu lực tổng
r

hợp của hệ ngẫu lực phụ có mô men M o =

n

r

r

m o( F i). Đây là mô men chính của
i=
1

hệ lực đà cho đối với tâm O
Theo định lý 2.2, trong trờng hợp tổng quát khi thu gọn hệ lực về tâm O
bất kỳ ta đợc một véc tơ chính và một mô men chính. Véc tơ chính bằng tổng
hình học các lực trong hệ và là một đại lợng không đổi còn mô men chính bằng
tổng mô men các lực trong hệ lấy đối với tâm thu gọn và là đại lợng biến đổi
theo tâm thu gọn.
Để xác định quy luật biến đổi của mô men chính đối với các tâm thu gọn
khác nhau ta thực hiện thu gọn hệ lực về hai tâm O và O1 bÊt kú (h×nh 2.4a).
Thùc hiƯn thu gän hƯ vỊ tâm O ta
r

r

r
M0

đợc R 0 và M o.

r
R0

r
R 01
r
M 01

Trên vật ta lấy một tâm O1 khác O
r

sau đó rời lực R o về O1 ta đợc

O

O1

r
r
r
r
R o R o1 + ngÉu lùc ( R o , R 'o1).
r

r

r
R '01

r

Suy ra ( R o, M o) ∼ R o1 + ngÉu lùc
r

r

H×nh 2.4a

r

( R o , R 'o1) + M o
r

r

Nếu thu gọn hệ về O1 ta đợc M o1 và R o1 .
Điều tất nhiên phải có là :
r

r

r

r

( R o, M o) ∼ ( R o1 , M o1 ).
Thay kết quả chứng minh ở trên ta cã:
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com


-20-

Bách Khoa Online: hutonline.net
r

r

r

r

r

r

r

( R o, M o) ∼ Ro1 +( R o, R 'o1) + Mo ∼ ( R o +Mo1)
r

r

hay M 01 ∼ M o + ( R o, R '01)
r

r

(2.3)
r

NgÉu lùc ( R o, R 01) cã mô men M ' =mo1.(Ro)
Kết luận: Khi thay đổi tâm thu gọn véc tơ mô men chính thay đổi một đại
lợng M' bằng mô men của véc tơ chính đặt ở tâm trớc lấy đối với tâm sau.
2.2.3. Các dạng chn cđa hƯ lùc
KÕt qu¶ thu gän hƯ lùc vỊ một tâm có thể xẩy ra 6 trờng hợp sau
2.2.3.1. Véc tơ chính và mô men chính đều bằng không
r
R =0;

r
Mo=0

Hệ lực khảo sát cân bằng.
2.2.3.2. Véc tơ chính bằng không còn mô men chính khác không
r
R = 0;

r
Mo0

Hệ lực tơng đơng với một ngẫu lực có mô men bằng mô men chính.
2.2.3.3. Véc tơ chính khác không còn mô men chÝnh b»ng kh«ng
r
r
R ≠ 0; M o = 0

HƯ có một hợp lực bằng véc tơ chính.
2.2.3.4. Véc tơ chính và mô men chính đều khác không nhng vuông gãc víi
nhau (h×nh 2.5)
r
r
r
r
R ≠ 0; M o ≠ 0 và R M o
r

r

r

Trong trờng hợp này thay thế m« men chÝnh M o b»ng ngÉu lùc ( R ', R '')
víi ®iỊu kiƯn:
r
r r
r
r
r r
R ' = R ; R '' = - R vµ M o = m o( R ')
r
Mo

r

r
r

Mo
Ro
bookilook.com
O Tìm kiếm & download ebook:O

rn
Ro
d

r

r
O' R

O' R

P
P'

O


-21-

Bách Khoa Online: hutonline.net

r

r

r

r

r

Ta cã ( R , M o) ∼ ( R , R ', R '' ).
r

r

Theo tiªn đề 1 R o và R '' cân bằng do đó có thể bớt đi và cuối cùng hệ còn
lại một lực bằng véc tơ chính nhng đặt tại O1. Nói khác đi hệ có một hợp lực đặt
tại O1.
2.2.3.5. Hai véc tơ chính và mô men chính khác không nh−ng song song víi
nhau (h×nh 2.6).
r
r
r
r
R o ≠ 0; M o ≠ 0 vµ R o // M o
r r

r

Trong trờng hợp này nếu thay M o bằng một ngẫu lực ( P P ') mặt phẳng
r

của ngẫu này vuông góc với véc tơ chính R .
r

Hệ đợc gọi là hệ vít động lực. Nếu véc tơ R song song cùng chiều với
r

véc tơ M o hệ gọi là hệ vít động lực thuận (phải) và ngợc lại gọi là hệ vít động
lực nghịch (trái). Hình 2.6 biểu diễn vít động lực thuận
2.2.3.6. Hai véc tơ chính và mô men chính khác không và hợp lực với nhau
một góc bất kỳ (hình 2.7)
Trờng hợp này nếu thay thế
r

r r

r
M0

véc t¬ M o b»ng mét ngÉu lùc ( P P ')
r

trong đó cólực P đặt tại O còn lực
r
r
P ' đặt tại O1 sao cho mo(P) = M o.

Rõ ràng mặt phẳng tác dụng của
r r
ngẫu lực ( P P ') không vuông góc với
r
R o. Mặt khác tại O có thể hợp hai
r

r
r
lực P và R o thành một lùc R '. Nh−

O1
r
P'

Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com

r
P

r
R'

ϕ
r
R0

H×nh 2.7


-22-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net
r

r

vậy đà đa hệ về tơng đơng víi hai lùc P ', R ' hai lùc nµy chéo nhau.
2.2.4. Định lý Va ri nhông
r

r

Định lý: Khi hệ lực có hợp lực R thì mô men của R đối với một tâm hay
một trục nào đó bằng tổng mô men của các lực trong hệ lấy đối với tâm hay trục
đó.
r r
m o( R ) =

m o( F i)

r r
m z( R ) =

r r
m z( F i)
∑

n

r

r

i=
1
n

(2.4)

i=
1

r r
r
Chøng minh: Cho hÖ lùc ( F1 , F2 ,..., Fn )
r
tác dụng lên vật rắn. Gọi R là hợp lực của hệ

r
F1

z

r
F2

r
R

(hình 2.8).
r
R'

Tại điểm C trên đờng tác dụng của
r

r

r

hợp lực R đặt thêm lực R ' = - R .Hệ lực đÃ

O

r
Fn

x

y

r

cho cùng với R ' tạo thành một hệ lực cân
Hình 2.8

bằng:
r

r

r

r

( F1 , F2 ,... Fn , + R ') ∼ 0

Khi thu gän hÖ lực này về một tâm O bất kỳ ta đợc một véc tơ chính và
một mô men chính. Các véc tơ này bằng không vì hệ cân bằng, ta có:
r
Mo=

n

r

r

r

r

m o( F i) + m o( R ') = 0
i=
1

r

r

Thay R ' = - R ta cã:
n

r

r

r

r

∑ m o( F i) - m o( R ) = 0
i=
1

r

r r
m o( F i)

n

Hay mo( R ) =

i=
1

Chiếu phơng trình trên lên trục oz sẽ đợc:
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com


-23-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net
r

r

n

mz( R ) =

mz( F i)
i=
1

Định lý đà đợc chứng minh
2.2.5. Kết quả thu gọn các hệ lực đặc biệt
2.2.5.1. Hệ lực đồng quy
Hệ lực đồng quy là hệ lực có đờng tác dụng của các lực giao nhau tại một
điểm. Trong trờng hợp hệ lực đồng quy nếu chọn tâm thu gọn là điểm đồng quy
kết quả thu gọn sẽ cho véc tơ chính đúng bằng hợp lực còn mô men chính sẽ
bằng không.
R0 0,

Mo = 0

với O là điểm đồng quy.

2.2.5.2. Hệ ngẫu lực
Nếu hƯ chØ bao gåm c¸c ngÉu lùc, khi thu gän hệ sẽ đợc một ngẫu lực
tổng hợp có mô men đúng bằng mô men chính của hệ.
n

M=

m

i =1

i

; mi là mô men của ngẫu lực thứ i và n là sè ngÉu lùc cđa hƯ.

2.2.5.3. HƯ lùc ph¼ng
HƯ lùc ph¼ng là hệ có các lực cùng nằm trong một mặt phẳng.
Nếu chọn tâm thu gọn nằm trong mặt phẳng của hệ thì kết quả thu gọn
r

r

r

vẫn cho ta một mô men chính M o và véc tơ chính R o. Véc tơ chính R nằm trong
r

mặt phẳng của hệ còn mô men chính M o vuông góc với mặt phẳng của hệ. Theo
r

kết quả thu gọn ở dạng chuẩn ta thấy: hệ lực phẳng khi có véc tơ chính R và mô
r

men chính M o khác không bao giờ cũng có một hợp lực nằm trong mặt phẳng
của hệ.
2.2.5.4. Hệ lùc song song
HƯ lùc song song lµ hƯ lùc cã đờng tác dụng song song với nhau.
r

Kết quả thu gọn về một tâm bất kỳ cho ta một véc tơ chính R và một mô
r

men chính M o . Véc tơ chính có đặc điểm song song với các lực cđa hƯ.
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com


-24-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net

2.3. Điều kiện cân bằng và phơng trình cân bằng của hệ lực

2.3.1. Điều kiện cân bằng và phơng trình cân bằng của hệ lực bất kỳ trong
không gian
2.3.1.1. Điều kiện cân bằng
Điều kiện cân bằng của hệ lực bất kỳ trong không gian là véc tơ chính và
mô men chính của nó khi thu gọn về một tâm bất kỳ đều bằng không.
r
R =

r
F1 = 0

n

i=
1

r

Mo=

n

r

r

m o ( F 1) = 0

(2-5)

i=
1

2.3.1.2. Phơng trình cân b»ng
NÕu gäi Rx, Ry, Rz vµ Mx, My, Mz lµ hình chiếu của các véc tơ chính và mô
men chính lên các trục toạ độ oxyz thì điều kiện (2-5) có thể biểu diễn bằng các
phơng trình đại số gọi là phơng trình cân bằng của hệ lực bất kỳ trong kh«ng
gian. Ta cã:
n

Rx =

∑Xi = 0, Ry =

Mx =

∑mx( F i) = 0,

i=
1

n

r

i=
1

n

∑Yi =0,
i=
1

n

My =

n

Rz =
r

∑Zi = 0
i=
1

∑my( F i) = 0,

i=
1

n

Mz =

r

mz( F i) = 0.

(2-6)

i=
1

Trong các phơng trình trên Xi, Yi, Zi là thành phần hình chiếu cña lùc Fi;
r

r

r

r

mx( F i), my( F i), mz( F i) là mô men của các lực F i đối với các trục của hệ tọa độ
oxyz. Ba phơng trình đầu gọi là ba phơng trình hình chiếu còn 3 phơng trình
sau gọi là 3 phơng trình mô men.
2.3.2. Phơng trình cân bằng của các hệ lực đặc biệt
2.3.2.1 Hệ lực đồng quy

r

Nếu chọn tâm thu gọn là điểm đồng quy O thì mô men chính M o sẽ bằng
không do đó 3 phơng trình mô men luôn luôn tự nghiệm. Vậy phơng trình cân
bằng của hệ lực đồng quy chØ cßn:
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com


-25-

Bách Khoa Online: hutonline.net
n

Rx =

∑Xi = 0
i=
1

n

Ry =

∑Yi =0

(2-7)

i=
1
n

Rz =

∑Zi = 0
i=
1

2.3.2.2. HÖ ngÉu lùc
r

Khi thu gän hÖ ngÉu lùc về một tâm ta thấy ngay véc tơ chính R 0 = 0 điều
đó có nghĩa các phơng trình hình chiếu luôn luôn tự nghiệm. Phơng trình cân
bằng của hệ ngẫu lực chỉ còn lại ba phơng trình mô men sau:
n

Mx =

i=
1
n

My =

r

n

∑mx( F i) = ∑mix = 0,
i=
1

r

∑my( F i) =
i=
1

r
Mz = ∑mz( F i) =
n

i=
1

n

∑miy = 0,

(2-8)

i=
1
n

∑miz = 0.
i=
1

ở đây mĩx, miy, miz là hình chiếu lên các trục hệ tọa độ oxyz của véc tơ mô
r

men m i cđa ngÉu lùc thø i.
2.3.2.3. HƯ lùc song song
Chän hệ toạ độ oxyz sao cho oz song song với các lực. Khi đó các hình
chiếu Rx, Ry của véc tơ chính và Mz của mô men chính luôn luôn bằng không.
Vì vậy phơng trình cân bằng của hệ lực song song chỉ còn lại ba phơng
trình sau:
n

Rz =

Zi = 0;
i=
1

n

Mx =

r

∑mx( F i) = 0;
i=
1

Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com

(2-9)

-26-

Bách Khoa Online: hutonline.net
r

n

My =

∑my( F i) = 0
i=
1

Trong ®ã phơng trình đầu là phơng trình hình chiếu còn hai phơng
trình cuối là phơng trình mô men.
2.3.2.4. Hệ lực phẳng
r

r

Cần lu ý rằng trong hệ lực phẳng véc tơ chính R và mô men chính M
r

luôn luôn vuông góc với nhau, nghĩa là hệ lực phẳng luôn luôn có hợp lực R
nằm trong mặt phẳng của hệ đà cho. Để đảm bảo điều kiện hợp lực của hệ bằng
không tức là điều kiện cân bằng của hệ ta có thể viết phơng trình cân bằng dới
3 dạng khác nhau.
1. Dạng hai phơng trình hình chiếu một phơng trình mô men:
Để hệ lực cân bằng cũng nh các trờng hợp khác phải có R = 0 và Mo =
0. Nếu chọn hệ toạ độ oxy là mặt phẳng chứa các lực của hệ ta thấy ngay các

n

phơng trình Rz =

zi = 0; Mx =
i=
1

n

∑ mx(Fi) = 0 vµ My =
i=
1

n

∑my(Fi) = 0 là luôn luôn
i=
1

tự nghiệm vì vậy phơng trình cân bằng chỉ còn :
n

Rx =

Xi = 0;
i=
1
n

Ry =

Yi = 0;

(2-10)

i=
1

n

Mz =

mz(Fi).
i=
1

Hai phơng trình đầu là phơng trình hình chiếu còn phơng trình thứ ba
là phơng trình mô men. Cần chú ý vì các lực cùng nằm trong mặt phẳng oxy do
n

đó Mz

=

mz(Fi) chính là tổng mô men đại số của các lực đối với tâm O.
i=
1

n

Mz =

mz(Fi)
i=
1

Tỡm kiếm & download ebook: bookilook.com


-27-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net

2. Dạng một phơng trình hình chiếu và hai phơng trình mô men
r

Điều kiện hợp lực R cđa hƯ b»ng kh«ng cã thĨ biĨu diƠn b»ng ba phơng
trình sau đây:
n

Rz =

Xi = 0;
i=
1

n

MA =

mA(Fi) = 0;

(2-11)

i=
1
n

MB =

∑ ± mB(Fi) = 0
i=
1

Víi ®iỊu kiƯn trơc x không vuông góc với AB.
r

Thạt vậy từ phơng trình (1) cho thÊy hỵp lùc R cđa hƯ lùc b»ng không
hoặc vuông góc với trục x.
r

Theo định lý Va ri nhông ,từ phơng trình (2) ta thấy hợp lực R hoặc
bằng không hoặc đị qua A.
r

Từ phơng trình (3) ta cũng thấy hợp lực R của hệ bằng không hoặc đi
qua B.
Kết hợp cả ba phơng trình ta thấy hợp lực của hệ hoặc bằng không hoặc
phải đi qua hai điểm A,B và vuông góc với trục x (không vuông góc với AB).

Điều kiện hợp lực vừa qua A, B và vừa vuông góc với trục x là không thực hiện
đợc vì trái với giả thiết.
Nh vậy nếu hệ thoả mÃn phơng trình (2-11) thì hợp lực của nó sẽ bằng
không nghĩa là hệ lực cân bằng.
3. Dạng ba phơng trình mô men đối với 3 điểm
Ngoài hai dạng phơng trình cân bằng trên hệ lực phẳng còn có phơng
trình cân bằng theo dạng sau:
n

MA =

r

mA( F i) = 0
i=
1

Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com


-28-

Bách Khoa Online: hutonline.net
n

MB =

(2-12)

i=

1
n

MC =

r

∑ ±mB( F i) = 0
r

∑ ±mo( F i) =0
i=
1

Víi ®iỊu kiƯn A, B, C không thẳng hàng.
r

Thật vậy, nếu hệ lực phẳng thoả mÃn phơng trình MA = mA( F ) = 0 thì
theo định lý Va ri nhông hợp lực của hệ sẽ bằng không hoặc đi qua A. Cũng lý
luận tơng tự ta thấy để thoả mÃn MB = 0 và Mc = 0 thì hợp lực phải bằng không
hoặc phải đi qua B, đi qua C.
Vì chọn 3 điểm A, B, C không thẳng hàng nên điều kiện để hợp lực qua 3
điểm là không thực hiện đợc. Chỉ có thể hợp lực bằng không, có nghĩa là nếu
thoả mÃn hệ ba phơng trình (2-12) hệ lực phẳng cho sẽ cân bằng.
2.4. Bài toán cân bằng của vật rắn

Vật rắn cân bằng khi hệ lực tác dụng lên nó bao gồm các lực đà cho và
phản lực liên kết cân bằng.
Khi giải bài toán cân bằng của vật rắn có thể áp dụng phơng pháp giải
tích hoặc phơng pháp hình học nhng phổ biến và có hiệu quả nhất là phơng

pháp giải tích.
Giải bài toán cân bằng của vật thờng tiến hành theo các bớc sau:
1. Chọn vật khảo sát: vật khảo sát phải là vật rắn mà sự cân bằng của nó
cần thiết cho yêu cầu xác định của bài toán. Nếu nh bài toán tìm phản lực liên
kết thì vật khảo sát phải là vật chịu tác dụng của phản lực liên kết cần tìm, nếu là
bài toán tìm điều kiện cân bằng của vật thì vật khảo sát phải chính là vật đó.
2. Giải phóng vật khảo sát khỏi liên kết và xem đó là vật tự do dới tác
dụng của các lực đà cho và phản lực liên kết.
3. Thiết lập điều kiện cân bằng cuả vật bởi các phơng trình cân bằng của
hệ lực tác dụng lên vật khảo sát bao gồm các lực cho và phản lực liên kết.
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com


-29-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net

4. Giải hệ phơng trình cân bằng để xác định trị số và phơng chiều của
các phản lực liên kết hoặc thiết lập mối quan hệ giữa các lực để đảm bảo điều
kiện cân bằng cho vật khảo sát .
5. Nhận xét các kết quả thu đợc.
Cần chú ý rằng chiều của các phản lực thờng cha đợc xác định vì thế
lúc đầu phải tự chọn chiều. Dựa vào kết quả giải hệ phơng trình cân bằng ta có
thể xác định chiều của các phản lực chọn đúng hay sai. Nếu các phản lực liên
kết cho trị số dơng thì chiều chọn là đúng và nếu trị số âm thì chiều phải đảo lại
. Mặt khác cũng cần lu ý rằng bài toán có trờng hợp giải đợc (bài toán tĩnh
định) khi số ẩn số cần xác định nhỏ hơn hoặc bằng số phơng trình cân bằng. Có
trờng hợp không giải đợc (bài toán siêu tĩnh) khi ẩn số cần tìm lớn hơn số
phơng trình cân bằng.
Thí dụ 2.1. Cột điện OA chôn thẳng đứng trên mặt đất và đợc giữ bởi hai

sợi dây AB và AD hợp với cột điện một góc = 300 (xem hình 2-8a) Góc giữa
mặt phẳng AOD và mặt phẳng AOB là = 600. Tại đầu A của cột điện có hai
nhánh dây điện mắc song song với trục ox và oy. Các nhánh dây này có lực kéo
là P1 và P2 nh hình vẽ. Cho biết P1 = P2 = P = 100kN.
Xác định lực tác dụng dọc trong cột điện và trong các dây căng AD, AB.
Bài giải:
z r

Chọn vật khảo sát là đầu A của cột điện.
Liên kết đặt lên đầu A là hai sợi dây

R3 r
P2

r
P1

AB, AD và phần cột điện còn lại.

r
R1
r

Gọi phản lực liên kết trong dây AB là

R2

r
r
R1, trong dây AD lµ R 2 vµ lùc däc cét lµ R 3

O

víi chiều chọn nh hình vẽ 2-8. Khi giải
phóng điểm A khỏi liên kết điểm A sẽ chịu tác

B



x

y
D

dụng của các lực P1, P2 và các phản lực R1R2
Hình 2.8a
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com


-30-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net
r
R 3. Điều kiện để đầu A cân bằng là hệ 5 lực tác dụng lên nó c©n b»ng. Ta cã:
r

r

r

r

r

( P 1, P 2, R 1, R 2 , R 3) ∼ 0. HƯ lùc nµy đồng quy tại A do đó phơng trình
cân bằng thiết lập theo phơng trình (2.7)
Để tránh nhầm lẫn ta lập bảng (2-1) hình chiếu các lực lên 3 trục của hệ
tọa độ oxyz nh sau:
Bảng 2-1
F1

P1

P2

R1

R2

R3

x1

0

-P

0

R2sinsin

0

y1

-P

0

R1sin

R2sincos

0

z1

0

0

-R1cos

-R2cos

R3

Phơng trình cân bằng viết ®−ỵc:
∑Xi =- P + R2sinαsinϕ = 0;

∑Yi = - P + R1sinα + R2sinαcosϕ = 0
∑Zi = -R1cosα - R2cosα + R3 = 0

(a)
( b)
(c)

Hệ 3 phơng trình trên chứa 3 ẩn số R1, R2, R3 nên bài toán là tĩnh định.
Giải hệ phơng trình trên đợc:
R1 = P

P
1
1 cot gϕ
; R2 =
; R3 = P cotgα(1-cotgϕ +
);
sin α sin
sin
sin

Thay các trị số của , và P ta nhận đợc:
R1 = 85kN; R2 = 231 kN; R3 = 273kN.
Kết quả đều dơng nên chiều các phản lực chọn là đúng.
Thí dụ 2.2: Một xe 3 bánh ABC đặt trên một mặt đờng nhẵn nằm ngang.
Tam giác ABC cân có đáy AB = 1m, đờng cao OC = 1,5m, trọng lợng của xe
là P KN đặt tại trọng tâm G trên đoạn OC cách O là 0,5m. Tìm phản lực của mặt
đờng lên các bánh xe (xem h×nh 2-9)
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com

-31-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net

Bài giải:
Khảo sát sự cân bằng của xe.

z

r
NB

Giải phóng xe khỏi mặt đờng và
B

thay bằng các phản lực của mặt đất
r
r
r
lên các bánh xe là N A, N B, N C.

Vì xe đặt trên mặt nhẵn nên

A

Xe ở trạng thái cân bằng dới
r

y

C

r
NA

góc với mặt đờng.
r

r
NC

G

O

các phản lực này có phơng vuông

r

r
P

r

tác dụng của 4 lực P , N A, N B, N C.

x

H×nh 2.9

HƯ 4 lùc này là hệ lực song song.

Nếu chọn hệ toạ độ oxyz nh hình vẽ phơng trình cân bằng của hệ lực
trên theo (2-9) có dạng:
Zi = NA + NB + NC - P = 0

(a)

∑mx(Fi) = -P.0,5 + NC.1,5 = 0

(b)

∑my(Fi) = - NA.0,5 + NB.0,5 = 0

(c)

HƯ ba ph−¬ng trình trên chứa 3 ẩn số NA, NB, NC nên bài toán là tĩnh
định.
Giải phơng trình trên xác định đợc:
NA = NB = NC = P/3

kN

Kết quả cho các giá trị dơng nên chiều phản lực hớng lên là đúng.
Thí dụ 2.3: Xà AB đợc giữ
nằm ngang nhờ liên kết nh hình vẽ
(2.10). Tại A có khớp bản lề cố

q

định. Tại C đợc treo bởi dây CD

D

A

đặt xiên một góc so với xà. Tại B

E
2

1

có dây kéo thẳng ®øng nhê träng

C
1
G

H×nh 2.10

Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com

M
2

B

P

-32-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net

vật P buộc ở đầu dây vắt qua ròng rọc.
Xà có trọng lợng G đặt tại giữa, chịu một ngẫu lực nằm trong mặt phẳng
hình vẽ và có mô men M. Đoạn dầm AE chịu lực phân bố đều có cờng độ q.
Xác định phản lực tại A, trong sợi dây CD cho biết G = 10kN, P = 5kN, M
= 8 kNm; q = 0,5 kN/m; = 300. Các kích thớc cho trên hình vẽ.
Bài giải:
Chọn vật khảo sát là xà AB. Giải phóng liên kết đặt lên xà ta có:
r

Liên kết tại A đợc thay thế bằng phản lực R A nằm trong mặt phẳng hình
r

vẽ. Liên kết tại C đợc thay thế bằng lực căng T hớng dọc theo dây. Liên kết tại
r

r

B thay bằng lực căng đúng bằng P nhng có chiều hớng lên trên. Chiều của R A
r

và T chọn nh hình vẽ. Nh vậy xà AB ở trạng thái cân b»ng d−íi t¸c dơng cđa
r

r

r

r

r

c¸c lùc ( G , M , R A, T , P ), các lực này nằm trong mặt phẳng thẳng đứng tức là
mặt phẳng hình vẽ (hệ lực phẳng ). Chọn hệ toạ độ Axy nh hình vẽ và lập
phơng trình cân bằng dạng (2-10) ®−ỵc:
∑Xi = XA - Tcos300;

(a)

∑Yi = YA - Q - G +T cos600 + P = 0;

(b)

r

∑mA( F i) = - Q.1 - G.3 + T.4sin300 - M + 6P = 0.

(c)

Trong các phơng trình trên
Q = 2q là tổng hợp lực phân bố đều

y

đặt tại điểm giữa AE.

Ba phơng trình trên chứa 3
ẩn số XA, YA, và T do đó bài toán là
tĩnh định.
Giải hệ phơng trình trên ta

YA

A

900
r
XA Q
1



1
r
G
Hình 2.11

2

đợc:
T=

Q.1 + G.3 + M p.6 1.1 + 10.3 + 8 − 5.6
=
= 4,5 kN;
4.0,5

4.sin 300
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com

r
P

r
T
C

M
2

x
B


-33-

Bách Khoa Online: hutonline.net

XA = Tcos300 = 4,5.0,866 = 3,90kN;
YA = Q + G -T cos600 - P = 1 + 10 - 4,5.0,5 - 5 = 3,75, kN
KÕt qu¶ cho các trị số của T, XA, YA đều dơng do đó chiều chọn ban đầu
là đúng.
Thí dụ 2.4: Trục truyền nằm ngang đặt trên hai gối đỡ bản lề cố định A và
B (xem hình vẽ 2-12). Trục nhận
chuyển động quay từ dây đai dẫn

z

ZA

đến bánh đai C có bán kính r1 = 20
cm và để nâng trọng vật P buộc vào
cuốn trên trống tời có bán kính r2 =
15cm. Cho biết hai nhánh dây đai

C

b

ZB

đầu dây cáp vắt qua ròng rọc K và

T2

a

a

T1

y

YA

A

B

x

YB



có phơng song song với trục oy và
P

có lực căng T1 và T2 với T1 = 2T2;
Träng vËt P= 180kN; a = 40cm; b =

H×nh 2.12

60cm và = 300. Xác định phản lực
tại hai gối đỡ A và B.
Bài giải:
Chọn vật khảo sát là trục BC.

r

r

r

Liên kết lên trục là các ổ đỡ A, B. Các lực tác dụng cho là T 1, T 2 và F .
r

r

Lực F tác dụng dọc theo dây cáp có trị số bằng P . Vì các ổ đỡ là khớp bản lề cố
định nên phản lực liên kết tại A và B có hai thành phần theo trục oy và oz. Giải
phóng liên kết đặt lên trục và thay bằng các phản lực liên kết khi đó trục AC chịu
r

r

r

r

r

tác động của các lực: T 1, T 2, F , R A, R B . Các lực này phân bố bất kỳ trong
không gian. Phơng trình cân bằng của hệ lực thiết lập theo (2- 6). Để tránh
nhầm lẫn ta lập bảng hình chiếu và mô men của hệ lực đối với các trục toạ độ
(bảng 2-2) .

Tỡm kiếm & download ebook: bookilook.com


-34-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net

Bảng 2-2
r
F1

r
F

r
T1

r
T2

r
RA

r
RB

X1

0

0

0

0

0

Y1

Fcos

Thép

T2

YA

YB

Z1

-Fsin

0

ZA

ZB

mx(F)

-F.r2

0

-T2r1

0

0

my(F)

Fsin.b

T1r1

0

0

-ZB(a+b)

0

-T2a

0

YA(a+b)

mz(F)

Fcos.b

45

-T1.a
Các phơng trình cân bằng thiết lập đợc:
Yi = Pcos + T1+T2 + YA + YB = 0;

∑Zi = Fsinα + ZA + ZB = 0;
∑Mx = F.r2 + T1r1 - T2r1 = 0;
∑My = Fsinα.b - ZB(a+b) = 0;
∑Mz = Fcosα.b - T1a- T2a + YB(a+b) = 0;
Hệ 5 phơng trình trên chứa 5 ẩn số là YA, ZA, YB, ZB và T1 nên bài toán là
tĩnh định.
Giải hệ phơng trình trên tìm đợc:
T2 =

P.r2 180.15
=
= 135kN ; T1 = 2T2 = 270 kN;
r
20

ZB =

b.P sin α
60.180.0,5
=
= 54 kN;
a+b
40 + 60

3

40.3.135 − 180.60.
a.3T2 − Pb cos α
2 = 69 kN
YB =

=
40 + 60
a+b

YA =- Pcosα-3T2 - YB = -180.

3
-3.135- 69 ≈ -630KN
2

ZA = Psinα - ZB = 180. 0,5 - 54 = 36kN.
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com


-35-

Bỏch Khoa Online: hutonline.net

Trong các kết quả tìm đợc chỉ có giá trị YA mang dấu âm do đó chiều của
nó ngợc với chiều đà chọn.
Thí dụ 2.5: Cho hệ hai dầm
AB và BE nối bằng khớp bản lề

E
D

tại B (xem hình vẽ 2-13). Trọng
lợng của dầm AB là Q đặt ở giữa
AB. Trọng lợng của dầm BE là P

A

C

B



r
P

đặt ở giữa BE. Tại đầu A có khớp

r
Q

bản lề cố định, còn tại các điểm
C, D là các điểm tựa nhọn.
Xác định phản lực tại các

Hình 2.13

gối đỡ A và các điểm tựa C,D.
Cho P = 40kN, Q = 20kN; CB =

1
1
AB; DE = BE; = 450.
3
3

Bài giải: Cần lu ý rằng đây là bài toán cân bằng của hệ vật. Về nguyên
tắc khi giải bài toán thuộc loại này phải tách riêng từng vật để xét. Trên hệ vật
cần phân biệt hai loại vật chính và vật phụ. Vật chính là vật khi tách ra có thể
đứng vững đợc. Vật phụ là vật khi tách ra không thể đứng vững đợc. Ta xét vật
phụ trớc sau đó xét vật chính sau. Cũng cần chú ý thêm khi tách vật tại các
khớp nối sẽ đợc thay thế bằng các lực tác dụng tơng hỗ, các lực này cùng
phơng cùng trị số nhng ngợc chiều.
Đối với bài toán trên, hệ gồm hai dầm trong đó AB là dầm chính còn BE
là dầm phụ. Tách BE để xét. Tại khớp nối có phản lực liên kết RB (lực tác dụng
tơng hỗ của dầm chính lên dầm BE). Phản lực RB nằm trong mặt phẳng thẳng
đứng ( mặt phẳng hình vẽ) và có hai thành phần XB và YB ( xem hình 2-14). Giải
r

r

phóng liên kết tại D thay vào đó bằng phản lực N D ( N D vuông góc BE. Dầm BE
r

r

r

chịu tác dụng của các lực P , N D, R B. Hệ lực này cùng nằm trong mặt phẳng oxy
do đó phơng trình cân bằng viết đợc:
X1 = XB - NDsinα = 0;
Tìm kiếm & download ebook: bookilook.com


-36-

Bách Khoa Online: hutonline.net

r
ND

E

∑Y10 = YB - P + NDcosα = 0;
D

YB

2
a
∑mB(F1) = ND .a - P. cosα = 0.
3
2

r
P

B
XB

G¶i hệ phơng trình trên tìm đợc:
3
3
2
Pcos = .40.

21,2 kN;
4
4
2

ND =

Hình 2.14
YA

3
3
XB = P sin2α = .40.1= 15kN;
8
8

XA
A

YB = P(1-

3
3 2
cos2α)= 40(1)= 25kN.
4
4 4

XB

r

Q

C
YB

Hình 2.15

Giá trị các phản lực đều dơng ®iỊu nµy
chøng tá chiỊu cđa chóng nh− ®· chän lµ đúng.

Tiếp theo xét đến dầm chính AB. Giải phóng các liên kết dầm sẽ ở trạng
r

r

r

r

thái cân bằng dới tác dơng cđa hƯ lùc: Q , - R B, R A, N C. Các lực này cùng nằm
trong mặt phẳng oxy. ( xem hình 2.15 )
Phơng trình cân bằng của hệ lực viết đợc:
X1 = XA - X'B = 0;
mA(F) = - Y'B.b + NC
∑mC(F) = - YA.

2
b
b - Q. = 0;
3

2

2b
b
b
+ Q - Y'B. = 0;
3
6
3

Trong ®ã X'B = XB, Y'B = YB nhng có chiều ngợc lại.
Giải hệ 3 phơng trình trên tìm đợc:
XA = XB = 15kN;
YA =

1
1
Q - YB = -7,5kN;
4
2

YC =

3
3
Q + YB = 52,5kN.
4
2

KÕt quả cho giá trị của YA mang dấu âm có nghĩa chiều YA chọn là sai

phải đảo lại.
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com