Xem mẫu
- CHƯƠNG 3: HỆ LỰC KHÔNG GIAN
I. VECTƠ CHÍNH VÀ MÔMEN CHÍNH CỦA HỆ LỰC KHÔNG GIAN.
1. Vectơ chính của hệ lực không gian.
uu
r
a. Định nghĩa: Vectơ chính của hệ lực không gian, ký hiệu R′ , là tổng hình học của
các vectơ biểu diễn các lực của hệ lực.
uu r r r
r nr
R ′ = F1 + F2 + L + Fn = ∑ Fk (3.1)
k =1
b. Phương pháp xác định:
- Phương pháp vẽ: Lấy điểm O bất kỳ trong không gian, lần lượt vẽ các vectơ
uuuur r uuuuur r uuuuuuur r uu r
OA1 = F1 , A1A 2 = F2 ,⋅⋅⋅ , A ( n −1) A = Fn = Fn .
uuuur uur
Đường gãy khúc OA1A 2 ...A ( n-1) A n gọi là đa giác lực. Vectơ OA n = R ′ gọi là vectơ
khép kín của đa giác lực.
- Phương pháp giải tích (chiếu):
n
R ′ = F1x + F2x + L + Fnx = ∑ Fkx
x
k =1
n
R ′y = F1y + F2y + L + Fny = ∑ Fky
(3.2)
k =1
n
R ′ = F1z + F2z + L + Fnz = ∑ Fkz
z
k =1
R ′ = R ′ 2 + R ′ 2 + R ′ 2 (3.3)
x y z
R′
R′ R′
Cosα = x ;Cosβ = y ; Cosγ = z (3.4)
R′ R′ R′
uur
Với α,β,γ là các góc hợp bởi R′ và các trục Ox, Oy, Oz.
2. Mômen chính của hệ lực không gian.
uu O
r
a. Định nghĩa: Mômen chính của hệ lực không gian đối với tâm O, ký hiệu M , là
một vectơ bằng tổng hình học các vectơ mômen các lực thuộc hệ lực đối với tâm O.
uu O n uu r
r r rr
() ( )
n
M = ∑ m O Fk = ∑ rk ∧ Fk (3.5)
k =1 k =1
b. Phương pháp xác định:
- Phương pháp vẽ: Lấy điểm O bất kỳ trong không gian, lần lượt vẽ các vectơ :
uuuur uur uuuuur uur uuuuuuur uu r
uu r
r uu r
r uu r
r
() () ()
OA1 = mO1 = m O F1 , A1A 2 = mO2 = m O F2 , ⋅⋅⋅ , A n −1A n = m On = m O Fn
uuuur uu O
r
Đa giác OA1A 2 ...A ( n-1) A n gọi là đa giác vectơ mômen OA n = M gọi là vectơ khép
kín của đa giác.
- Phương pháp chiếu:
13
- r r
Ox
() ()
M = ∑ m Ox Fk = ∑ m x Fk = ∑ ( y k Fkz − z k Fky )
n n n
k =1 k =1 k =1
r r
Oy n
() ()
n n
M = ∑ m Oy Fk = ∑ m y Fk = ∑ ( z k Fkx − x k Fkz )
(3.6)
k =1 k =1 k =1
r r
Oz n
() ()
M = ∑ m Oz Fk = ∑ m z Fk = ∑ ( x k Fky − yk Fkx )
n n
k =1 k =1 k =1
u
r u
r
Trong đó: x k , y k , z k là toạ độ của điểm đặt lực F k . Fkx , Fky , Fkz là hình chiếu của F k
trên các trục Ox, Oy, Oz.
( )( )( )
O Ox 2 Oy 2 Oz 2
(3.7)
+M +M
M = M
Ox Oy Oz
Cosα= M ;Cosβ= M ;Cosγ = M (3.8)
O O O
M M M
c. Định lý biến thiên mômen chính:
Định lý: Biến thiên mômen chính của hệ lực khi tâm lấy mômen thay đổi từ O đến O’
bằng mômen của vectơ chính đặt tại O lấy đối với điểm O’.
uu O′ uu O uu uu
r r r r
()
M − M = m O′ R ′O (3.9)
Chứng minh:
r
Z
uu O′ n uu r
r r rr
() ( )
n
Ta có: M = ∑ m O′ Fk = ∑ rk′ ∧ Fk Fk
r r
k =1 k =1
uu O n uu r
r r rr rk′
() ( )
rk
n
M = ∑ m O Fk = ∑ rk ∧ Fk
O’
O
k =1 k =1
ru r
uu O′ uu O
r r n
( ) Y
⇒ M - M = ∑ rk′ ∧ F k -
k =1
ru r r X
rr
n
( )
n
∑ rk ∧ F k = ∑ ( rk′ − rk ) ∧ Fk
r r uuuu r
k =1 k =1
Ta có rk′ − rk = O′O nên:
uuuu uu
r r uu uu
uu O′ uu O n uuuu r r uuuu n r
r r r
r r
( ) () ()
M - M = ∑ O′O ∧ Fk = O′O ∧ ∑ Fk = O′O ∧ R ′O = m O′ R ′O
k =1 k =1
Nhận xét:
uu O
r uu O′ uu uu
r r r
()
Trường hợp hệ lực đồng quy tại O ta có: M = 0 ⇒ M = m O′ R ′ (3.10)
r
()
n
Trường hợp hệ lực phẳng: M = ∑ m O Fk
O
(3.11)
k =1
II.THU GỌN HỆ LỰC KHÔNG GIAN.
1. Định lý dời lực song song.
ur uu
r
Định lý: Lực F đặt tại A tương đương với lực F ′ song song, cùng chiều, cùng cường
ur ur
độ với lực F nhưng đặt tại O và một ngẫu lực có mômen bằng mômen của lực F lấy đối với
điểm O.
Chứng minh:
14
- uu uu
rr
uu
r uu
r u uu
rr
( F′,F′′) ≡ 0 và F = F′
Đặt tại O hai lực F′ và F′′ với uu r
r
( ) ur
ur u uu uu
rrr u uu
rr
uu
r mO F
() ( ) ( F,F′′)
⇒ F ≡ F, F′,F′′ ≡ F′ và r
F′
ur uu u
rr
uur F
() ()
⇒ F ≡ F′ và m O F .
O
Nhận xét: A
uu uu r
rr r
()
Nhận thấy M = m O F ⊥ F . uu
r
uu
r F′′
⇒ Hệ lực gồm một lực F′ và một vectơ mômen
uu
r uu
r u
r
M vuông góc với F′ sẽ tương đương với một lực F
uu
r u
r uu
r
M
cách F′ một đoạn d = . Điểm đặt của lực F phụ thuộc vào chiều của M .
F
2. Thu gọn hệ lực không gian về tâm.
Định lý: Hệ lực không gian bất kỳ tương đương với một lực và một ngẫu lực đặt tại
một điểm tuỳ ý, chúng được gọi là lực thu gọn và ngẫu lực thu gọn. Lực thu gọn được biểu
diễn bằng vectơ chính của hệ lực đặt tại tâm thu gọn, còn ngẫu lực thu gọn có vectơ
mômen bằng mômen chính của hệ lực đối với tâm thu gọn.
Chứng minh:
rr r
Lần lượt dời các lực F1 , F2 ,..., Fn về tâm tâm thu gọn (giả sử là O).
u
r uu r uu uu u
r rr
()
F1 ≡ F′1 vaø m1 = m O F1
ur uu r uur uu u rr
()
F 2 ≡ F′2 vaø m 2 = m O F 2
........................................ ..
ur uur uur uu u
rr
()
F n ≡ F′n vaø m n = m O F n
uu
rr u
r uu uu
rr uu
r uu uu
rr uu
r
( )( ) ( )
Cộng từng vế ta được: F1 , F 2 ,..., F n = F′1 , F′2 ,..., F′n vaø m1 , m 2 ,..., m n
uu uu
rr uu
r
( )
Vì F′1 , F′2 ,..., F′n là hệ lực đồng quy tại O nên:
uu uu
rr uu
r uu
r ur r uu
r
( F′ , F′ ,..., F′ ) ≡ R ′ = ∑ F′ = ∑ F
n n
= R′ .
1 2 n O k k
k =1 k =1
uu uu
rr uu
r uu O n uu r
r r
( ) ()
Và m1 , m 2 ,..., m n = M = ∑ m O Fk
k =1
uur nr uu
r
R ′O = ∑ Fk = R ′
k =1
Vậy khi thu gọn hệ lực không gian về O ta được: (3.12)
uu O n uu r
r r
()
M = m O Fk
∑
k =1
3. Các bất biến của hệ lực không gian.
ur uu
r
Từ (3.12). Ta có: R O = R ′ = Const (3.13)
Đây là bất biến thứ nhất của hệ lực không gian. Mặt khác theo định lý biến thiên
ur
uu O′ uu O uu uu
r r r r
()
mômen chính khi thay đổi tâm thu gọn ta có: M − M = m O′ R ′O , nhân hai vế với R O ta
được:
uu O′ ur uu O ur ur ur
uuu
r
uu uu
r r uu uu
r r uu uu
r r
r r
() () ()
M . R O – M . R O = m O′ R ′O . R O . Mà m O′ R ′O ⊥ R O ⇒ m O′ R ′O . R O = 0
nên:
uu O′ ur uu O ur uu O′ ur uu O ur
r r r r
Thay vào ta có M . R O – M . R O = 0 hay M . R O = M . R O = const. (3.14)
15
- Đây là bất biến thứ hai của hệ lực không gian: “Tích vô hướng của mômen thu gọn và
lực thu gọn của hệ lực không gian là một hằng số”. Hay “Hình chiếu của mômen thu gọn
lên lực thu gọn là một hằng số”
* Các trường hợp xảy ra:
uu O uu
r r
uur uu O
r
M = M Trường hợp a
1. R′O = 0, M = 0 ⇔ hệ lực không gian cân
ur
bằng
uur uu O
r ur ur R
2. R′O = 0, M ≠ 0 ⇔ hệ lực không gian R O = R
tương đương với một ngẫu lực tại O.
uur uu O
r
3. R′O ≠ 0, M = 0 ⇔ hệ lực không gian
O
tương đương với một hợp lực đặt tại O.
uur uu O
r Trường hợp b
4. R′O ≠ 0, M ≠ 0 uu O uu
r r
uu
r uu O r
M = M uu O uu
r r
a) R ′O ⊥ M ⇔ Hệ lực không gian tương M =M
ur uur
đương với một hợp lực R bằng vectơ chính R′ và ur ur
RO = R
MO
cách O một đoạn d = . O
R′ ur ur
O
uu
r uu O
r RO = R
b) R′O // M : O
uu
r uu O
r
ü R′O ↑↑ M ⇔ Hệ lực không gian Hệ xoắn Hệ xoắn
tương đương với hệ xoắn thuận. thuận ngược
uu
r uu O
r
ü R′O ↑↓ M ⇔ Hệ lực không gian
tương đương với hệ xoắn ngược.
uu uu O
rr
)
( π
c) R′O , M = α ≠ ⇒ Hệ lực không gian tương đương một hệ xoắn nhưng
2
trục xoắn không đi qua tâm thu gọn.
Chứng minh:
uu O uu O uu O
r r r uur ur
Phân tích M = M1 + M2 Rr′O = R
uu ur
uu uu O
rr uu uu O
rr uu O
r
)( )
( R ′O1 = R
⇒ R′O , M ≡ R′O ,M 2 vaø M1
Theo trường hợp đầu tiên ta
có:
uu uu O
rr uu
r uu
r uu O
r
)
( uu O
r
R′O , M 2 ≡ R ′O1 với R ′O1 có điểm M1
uu O
r
M
uu O
r M1
M2 d
đặt cách O một đoạn d = O O1
. Or
uu O
R′
uu uu O
rr uu O uu
rr
)( )
( M2
Vậ y R ′ O , M ≡ M1 , R′O1 .
Rõ ràng đây là một hệ xoắn và
trục xoắn không đi qua tâm thu gọn O mà đi qua O1 cách O một khoảng d.
III. CÁC KẾT QUẢ KHI THU GỌN HỆ LỰC KHÔNG GIAN VỀ TÂM THU GỌN
(CÁC DẠNG TỐI GIẢN CỦA HỆ LỰC KHÔNG GIAN)
1. Định lý Varinhông.
Nếu hệ lực không gian có hợp lực thì mômen của hợp lực đối với một tâm bất kỳ
bằng tổng mômen của các lực thành phần đối với tâm ấy.
16
- uu O uu
r r
uu ur
r n uu
rr
() ()
m O R = ∑ m O Fk . M =M
(3.15)
ur
k =1
Chứng minh: Giả sử hệ lực không gian có hợp lực R . Gọi O1
ur
là điểm nằm trên đường tác dụng của R . Theo định lý biến thiên
uu O uu O1 uu uu
r r r r uu
r ur
( )
mômen chính ta có: M − M = m O R ′O1 . R ′O1 R
uu
r
uu O
r uu O uu uu
r r r
()
Dễ dàng thấy M = 0 nên M = m O R ′O1 . Mặc khác R′O1 =
O1
ur uu O uu uu
r r n uu
rr
r O
( ) ()
R ⇒ M = m O R ′O1 = ∑ m O Fk . (ĐPCM)
k =1
2. Các dạng chuẩn của hệ lực không gian.
uur uu O
r
1. R′ = 0, M = 0: Hệ lực không gian cân bằng
uur uu O
r
2. R′ = 0, M ≠ 0: Hệ lực không gian tương đương với một ngẫu lực (không phụ
thuộc vào tâm thu gọn).
uur uu O
r
3. R ′ ≠ 0, M = 0: Hệ lực không gian tương đương với một hợp lực.
uuur uu O
r
4. R′ ≠ 0, M ≠ 0
O
uuu uu O
r r ur
a) R′ ⊥ M : Hệ lực không gian tương đương với một hợp lực R bằng vectơ
O
uu
r MO
chính R ′ và cách O một đoạn d =
R′O
uuu uu O
r r
b) R′ // M : Hệ lực không gian tương đương với một hệ xoắn.
O
uuu uu O
rr π
c) ( R′ , M ) = α ≠ : Hệ lực không gian tương đương một hệ xoắn nhưng trục
O
2
xoắn không đi qua tâm thu gọn.
IV. CÁC DẠNG TỐI GIẢN CỦA CÁC HỆ LỰC ĐẶC BIỆT.
1. Hệ lực đồng quy.
uu
r
uu O n uu r
r r R′ = 0 Heä löï c ñoà ng quy caâ n baè ng
()
Vì M = ∑ m O Fk =0 ⇒ uu
r ⇔
Heä löï c ñoà ng quy coù hôï p löï c
R ′ ≠ 0
k =1
2. Hệ ngẫu lực.
uu
r
MO = 0
uu
r nr Heä ngaã u löï c caâ n baè ng
Vì R ′ = ∑ Fk = 0 nên ⇒ uu ⇔
rO
Heä ngaã u löï c töông ñöông vôù i moä t ngaã u löï c.
M ≠ 0
k =1
3. Hệ lực song song.
n uu
r uu r
r uu O n uu r
r r uu
r
()
Vì ∑ Fk = R ′ // Fk ⇒ M = ∑ m O Fk ⊥ R ′ .
k =1 k =1
uu
r uu
r
MO = 0, R ′ = 0
uu Heä caâ n baè ng
r uu
r
MO Heä coù ngaã u löï c
≠ 0, R ′ = 0
⇒ uu O
r uu
r ⇔
M Heä coù hôï p löï c
= 0, R ′ ≠ 0
uu
r uu
r uu O uu
r r
)
( Heä coù hôï p löï c khoâ ng ñi qua taâ m thu goï n
MO ≠ 0, R ′ ≠ 0; M ⊥ R ′
17
- uu
r nr
* Nếu hệ lực song song cùng chiều thì: R ′ = ∑ Fk ≠ 0 ⇔ Hệ có hợp lực
k =1
4. Hệ lực phẳng.
ur
uu u
rr uu O uu r
r
()
Lấy tâm thu gọn O trong mặt phẳng tác dụng của hệ lực thì m O F k ⊥ F k ⇒ M ⊥ R′ .
uu
r uu
r
M O = 0, R′ = 0
uu Heä caâ n baè ng
r uu
r
M O ≠ 0, R′ = 0 Heä coù ngaã u löï c
⇒ uu O
r uu
r ⇔
M = 0, R′ ≠ 0 Heä coù hôï p löï c
uu
r uu
r uu
r uu
r
)
(
Heä coù hôï p löï c khoâ ng ñi qua taâ m thu goï n
M O ≠ 0, R′ ≠ 0, M O ⊥ R′
5. Hệ lực phân bố.
r
Xét một dầm thẳng chịu tác dụng của hệ
Fk = q ( x ′ ) .∆x k
lực song song phân bố theo quy luật: K
∆q
q ( x ) = lim
∆x → 0 ∆ x
q ( x ) :Được gọi là cường độ của phân bố
lực trên dầm theo chiều dài.
Ta chỉ xét hàm q = q ( x ) đơn trị. Chia x
∆x k
nhỏ dầm thành n đoạn. Xét đoạn dầm ∆x k . Hệ xk
l
lực phân bố trên ∆x k được xem như không đổi
và tương đương với lực.
u
r
F = q(x′ ) .∆x k với x k < x ′ < x ( k +1) .
k
u
r
k
Vectơ chính của hệ lực song song cùng chiều F k có giá trị:
n n
R ′ = ∑ q ( x ′ ) .∆x k . Cho n→ ∞ ta có: R ′ = lim ∑ q ( x ′ ).∆x k .
k k
n →∞
k =1 k =1
l
Hay R ′ = ∫ q ( x ).dx = Diện tích của biểu đồ lực phân bố. (3.16)
0
Mômen chính của hệ lực đối với điểm O (đầu mút của dầm) sẽ là:
l
n
M = lim ∑ q ( x′ ) .∆x k .x k = ∫ q ( x ) .x.dx
O
(3.17)
k
n →∞
k =1
uu
r 0
Vậy hệ lực tương đương với hợp lực R ′ cách O một đoạn:
l
∫ q ( x ) .x.dx
O
M
d= = 0
(3.18)
R′ l
∫ q ( x ) .dx
0
* Các trường hợp đặc biệt của hệ lực qo
phân bố:
a. Cường độ lực phân bố đều: [q(x) = q0]
l
l
R = ∫ q 0 .dx = q 0 .l ;
0
18
- l
∫ q .x.dx l2
0 q0
2=l
d= =
0
l
q 0 .l 2
∫ q .dx 0
0
Vậy hợp lực đặt ra tại điểm giữa của dầm, có trị số bằng diện tích của hình chữ nhật phân
bố lực.
x
b. Cường độ lực phân bố tuyến tính: q ( x ) = q 0
l
l
x
∫l
3
q 0 .x.dx q 0 × l
l
q0
x l 2
R = ∫ q 0 .dx = q 0 . ; d = 0 l = l 3= l
q 0 l2 3
l 2 x
∫l ×
0
q 0 .dx
l2
l
0
Vậy hệ lực phân bố tam giác có hợp lực bằng
l
R = q 0 . (Diện tích của tam giác phân bố lực), và cách đỉnh của tam giác phân bố lực một
2
2
đoạn bằng d = l (qua trọng tâm của tam giác).
3
V. ĐKCB VÀ CÁC PHƯƠNG TRÌNH CB CỦA HỆ LỰC KHÔNG GIAN.
1. Điều kiện cân bằng của hệ lực không gian.
Định lý: Điều kiện cần và đủ để cho một hệ lực bất kỳ cân bằng là vectơ chính và
mômen chính đối với tâm bất kỳ của hệ lực ấy đều triệt tiêu
uu
r nr
R ′ = ∑ Fk = 0
uu
rr u
r
( ) k =1
F1 , F 2 ,..., F n ≡ 0 ⇔ (3.19)
uu O n uu r
r r
()
M = m O Fk = 0
∑
k =1
2. Các phương trình cân bằng của hệ lực không gian.
Chiếu hệ (3.19) lên 3 trục toạ độ ta được:
n r nr nr
∑ Fkx = 0; ∑ Fky = 0; ∑ Fkz = 0
k =1 k =1 k =1
n (3.20)
r r r
() () ()
n n
m x Fk = 0; m y Fk = 0; m z Fk = 0
∑ ∑ ∑
k =1 k =1 k =1
VI. ĐKCB VÀ CÁC PT CÂN BẰNG CỦA CÁC HỆ LỰC ĐẶT BIỆT.
1. Hệ lực đồng quy. Điều kiện cần và đủ để hệ lực đồng quy cân bằng là vectơ
chính của hệ lực triệt tiêu.
uu
r nr n n n
R ′ = ∑ Fk = 0 (3.21) ⇔ ∑ Fkx = 0; ∑ Fky = 0; ∑ Fkz = 0 (3.22)
k =1 k =1 k =1 k =1
Đối với hệ lực phẳng đồng quy thì số phương trình còn lại 2
uu uu
rr uu
r
( )
2. Hệ ngẫu lực. Điều kiện cần và đủ để hệ ngẫu lực m1 ,m 2 ,..., m n cân bằng là
ngẫu lực tổng cộng của nó triệt tiêu.
19
- uu
r n uu
r r r r
∑ m ( F ) = 0; ∑ m ( F ) = 0; ∑ m ( F ) = 0
n n n
M = ∑ mk ⇔ (3.23)
x k y k z k
k =1 k =1 k =1 k =1
Đối với hệ ngẫu lực phẳng số phương trình cân bằng còn 1.
3. Hệ lực song song. Điều kiện cần và đủ để hệ lực song song cân bằng là
tổng hình chiếu của chúng trên trục z song song với các lực thành phần và tổng mômen
của chúng đối với hai trục vuông góc với nhau x,y (và vuông góc với trục z) triệt tiêu.
r r
() ()
n n n
∑ Fkz = 0; ∑ m x Fk = 0; ∑ m y Fk = 0 . (3.24)
k =1 k =1 k =1
Đối với hệ lực song song phẳng, số phương trình cân bằng còn hai.
4. Hệ lực phẳng.
a. Dạng 1: Điều kiện cần và đủ để hệ lực phẳng cân bằng là tổng hình chiếu của các
lực trên hai trục toạ độ vuông góc và tổng mômen của các lực đối với điểm O bất kỳ trên
mặt phẳng tác dụng của hệ lực triệt tiêu.
r
()
n n n
∑ Fkx = 0; ∑ Fky = 0; ∑ m O Fk = 0 (3.25)
k =1 k =1 k =1
Chứng minh: Chọn hệ trục Oxyz có Oz vuông góc với mặt phẳng tác dụng lực. Các
r r
() ()
n n n
phương trình ∑ Fkz = 0; ∑ m x Fk = 0; ∑ m y Fk = 0 tự thỏa mãn. Như vậy điều kiện cân
k =1 k =1 k =1
bằng chỉ còn ba phương trình trên.
b. Dạng 2: Điều kiện cần và đủ để hệ lực phẳng cân bằng là tổng mômen của các lực
đối với hai điểm A,B và tổng hình chiếu của các lực trên trục không vuông góc với đoạn
AB triệt tiêu.
r r
() ()
n n n
∑ m A Fk = 0; ∑ m B Fk = 0; ∑ Fkx = 0 . Với Ox không ⊥ AB (3.26)
k =1 k =1 k =1
Chứng minh:
* Điều kiện cần: Dựa vào các dạng chuẩn của hệ lực không gian, nếu các điều kiện trên
không thỏa mãn thì hệ lực tương đương với hệ ngẫu lực hoặc có hợp lực nên không thỏa
tiên đề 1, nghĩa là hệ lực không cân bằng.
* Điều kiện đủ:
uu
r
R′ = 0
n
∑ Fkx = 0 ⇒ Rr′ ≠ 0 ⇒ Rr′ ⊥ Ox
uu uu
k =1
uu
r uu
r uu
r
Giả sử R ′ ≠ 0 và R′ ⊥ Ox . Vì Ox không ⊥ AB nên R′ không // AB .
uu
r r r
() ()
n n
Mặt khác R′ ≠ 0, ∑ m A Fk = 0; ∑ m B Fk = 0 nên theo định lý biến thiên mômen
k =1 k =1
uu
r uu
r
( R ′ ) = 0 ⇒ R′ phải có đường tác dụng qua A,B.
A B
chính ta có: M − M = m A B
uur uu
r
⇒ Mâu thuẫn với R′ không // AB ⇒ R′ = 0.
uu A uu B uu O
r r r
uu
r
Từ các điều kiện R′ =0, M = M = M = 0 (Điểm O bất kỳ thuộc mặt phẳng tác
dụng của lực) ⇒ Hệ lực phẳng cân bằng
c. Dạng 3: Điều kiện cần và đủ để hệ lực phẳng cân bằng là tổng các mômen của các
lực đối với 3 điểm A, B, C không thẳng hàng triệt tiêu.
r r r
() () ()
n n n
∑ mA Fk = 0; ∑ mB Fk = 0; ∑ mC Fk = 0 (3.27)
k =1 k =1 k =1
r r
() ()
n
n
Chứng minh: Ta có: M = ∑ m A Fk = 0; M = ∑ m B Fk = 0 theo (3.9) ta có:
A B
k=1 k=1
20
- uu
r
uu
r R′ = 0
()
A B
M − M = m A R′B =0 ⇒ uu r uu
r
R ′ ≠ 0 ⇒ Ñöôø ng taù c duï ng R ′ qua A,B
uu
r
uu
r R′ = 0
()
B C
Tương tự : M − M = m B R ′C = 0 ⇒ uu r uu
r
R ′ ≠ 0 ⇒ Ñöôø ng taù c duï ng R ′ qua B,C
uu
r uu
r
Nếu R′ ≠ 0 và R′ đi qua A, B, C ⇒ Điều vô lý bởi A, B, C không thẳng hàng.
uu
r
uu
r
()
O A O A B C
Nếu R′ = 0 ⇒ M − M = m O R′A = 0 ⇒ M = M = M = M = 0, với O bất kỳ.
⇒ Hệ lực phẳng cân bằng.
VII. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN TĨNH. CÁC BÀI TOÁN ĐẶC BIỆT. BÀI TOÁN
SIÊU TĨNH.
1. Phương pháp giải bài toán tĩnh.
a. Phương pháp giải bài toán tĩnh:
- Đặt các lực hoạt động vào vật khảo sát.
- Giải phóng các liên kết và thay vào các phản lực liên kết tương ứng, với chiều tuỳ
ý chọn trước.
- Xác định loại hệ lực tác dụng lên vật khảo sát.
- Viết hệ phương trình cân bằng tương ứng với loại hệ lực.
- Giải hệ phương trình.
- Đổi lại chiều của các phản lực liên kết nếu chúng có giá trị âm – Biện luận.
b. Bài toán hệ vật. Điều kiện cân bằng. Phương pháp tách vật và hóa rắn:
1. Ngoại lực và nội lực:
re
- Ngoại lực, ký hiệu là F là các lực do các vật không thuộc hệ tác dụng lên các
vật thuộc hệ.
ri
- Nội lực, ký hiệu là F , là các lực tác dụng tương hỗ giữa các vật thuộc hệ mà
trường hợp riêng là những lực liên kết của các liên kết trong, tức là những liên kết giữa các
vật thuộc hệ.
Theo tiên đề tác dụng và phản tác dụng ta được:
uu i n r i
r uu i n uu i
r r
R ′ = ∑ Fk = 0 ; M = ∑ M k = 0
k =1 k =1
2. Phương pháp tách vật:
re
Khảo sát hệ vật rắn gồm n vật rắn nằm cân bằng dưới tác dụng của hệ ngoại lực Fk
( k = 1 → n ). Vì hệ vật rắn cân bằng nên từng vật rắn phải cân bằng. áp dụng tiên đề giải
phóng liên kết ta lập được điều kiện cân bằng cho các hệ lực tác dụng lên từng vật.
Gọi S1 : là hệ lực tác dụng lên vật 1
S2 : là hệ lực tác dụng lên vật 2
Sk : là hệ lực tác dụng lên vật k ( k = 1 → n )
uur uu O
r
⇒ R ′ (Sk ) = 0 ; M (Sk ) = 0 ( k = 1 → n ) (3.28)
Như vậy ta có 6n phương trình cân bằng. Giải hệ 6n phương trình này ta sẽ tìm được
các phản lực liên kết.
3. Phương pháp hoá rắn:
Áp dụng tiên đề hoá rắn, coi hệ như một vật rắn nằm cân bằng dưới hệ lực (S). Suy ra
(S) là hệ ngoại lực. Khi đó tất cả các nội lực trong hệ lực triệt tiêu nhau.
21
- uu O
r
uu
r
R ′ ( S) = 0 ; M ( S ) = 0 (3.29)
Để giải được bài toán cần phải tách thêm một số vật riêng thích hợp rồi viết phương
trình cho các vật này sao cho số ẩn bằng số phương trình.
* Nhận xét: Phương pháp hoá rắn chỉ là trường hợp riêng của phương pháp tách vật.
Thí dụ: Hai thanh đồng chất AC = 2m, DB=1m, có trọng lượng tương ứng P1 và P2 nối
với nhau bằng bản lề như hình vẽ. Tại C treo một vật nặng có trọng lượng P. Tìm các phản
lực liên kết tại A,D và lực liên kết tại B.
P = 50 N, P1=10 N, P2=5
D
N, a=1m.
Bài giải:
1) Phương pháp tách
u
r
u
r
vật:
a
P
P2
Giả sử các lực hoạt động
uu u
rr r
P , P1 , P 2 (ngoại lực) và các B
A
u
r
lực liên kết có chiều như hình C
P1
vẽ. Xét thanh AC. Lực tác
a a
dụng lên thanh AC gồm:
uu
rr ur
+ Ngoại lực: P , P1 , Y D ur
ur ur
XA , Y A XD
uu uu
r r D
′ B , Y′ B
+ Nội lực: X
Vì thanh OA cân bằng
ur
nên: YB u
r
ur
ur P 2
u u ur ur uu uu
rr rr P
( ) ur
P,P1 , XA , Y A , X′B , Y′B ≡ 0 YA
ur uur XB
X′ B B
Đây là hệ lực phẳng cân XA
uur
bằng nên ta có: A
Y′ B C
∑ X = X A − X′ = 0
u
r
B
∑ Y = YA − YB − P1 − P = 0
′ P1
M = P×a + Y ×a = 0
∑ B A
(a)
Lực tác dụng lên thanh DB gồm:
u ur ur
r
+ Ngoại lực: P 2 , XD , Y D
ur ur
+ Nội lực: XB , Y B
Vì thanh DB cân bằng nên:
u ur ur ur ur
r
( )
P 2 , XD , Y D , XB ,Y B ≡ 0
Đây là hệ lực phẳng cân bằng nên ta có:
∑ X = X D + X B = 0
∑ Y = YD − P2 + YB = 0 (b)
M = P × 0,5a − Y × a − X × a = 0
∑ B 2 D D
Từ (a) và (b) ta có 6 phương trình với 8 ẩn là: XA, YA, XB, YB, X’B, Y’B, XD, YD.
Ta có XB= X’B, YB= Y’B nên hệ phương trình còn lại 6 ẩn.
22
- X A = X′ X A = 112,5N
B
Y = Y′ + P + P = Y′ + 10 + 50 Y = −50N
A A
B 1 B
( a ) YA = −P = −50 X B = 112, 5N = X′
⇔ ⇔ B
( b ) YB = −110N
X D = −X B
YD = P2 − YB = 5 − YB X D = −112,5N
YD = 115N
YD = 0,5P2 − X D
2) Phương pháp hoá rắn:
u u u ur ur ur ur
rr r
( )
Xem hệ như là một vật rắn chịu tác dụng của hệ lực sau P, P1 , P 2 , X A , Y A , XD , Y D .
u u u ur ur ur ur
rr r
( )
Vì hệ cân bằng nên: P, P1 , P 2 , XA , Y A , XD ,Y D ≡ 0
Đây là hệ lực phẳng cân bằng nên ta có:
∑ X = X D + X A = 0 ur
Y D ur
∑ Y = YA + YD − P1 − P2 − P = 0 XD
∑ M A = P × 2a + P1 × a + P2 × 0, 5a + X D × a = 0
D
⇒XD= -112,5 N; XA= 112,5 N.
u
r u
r
Để tìm YD ta xét thanh DB và viết phương
trình mômen với điểm B. Ta có P2 P
∑ MB = XD × a + YD × a − P2 .0,5a = 0 ⇒ B
u
r
YD = 0,5.P2 − XD =2,5-(-112,5)=115 N. A
C
P1
Thay vào (2) ta có: YA=50+10+5-115=-50
N.
Muốn biết XB,YB ta tách thanh DB và viết các phương trình cân bằng đối với thanh này
ta sẽ tìm được XB,YB.
2. Các bài toán đặc biệt.
a. Bài toán đòn.
Định nghĩa: Đòn là một vật rắn quay được quanh một trục cố định và chịu tác dụng
của hệ lực hoạt động nằm trong một mặt phẳng vuông góc với trục quay của đòn.
uu
rr u
r
( )
Điều kiện cân bằng: Giả sử tác dụng lên đòn hệ lực F1 , F 2 ,..., F n và các phản lực
uu
rr u ur ur
r
ur ur
( )
liên kết tại trục quay XO , Y O . Điều kiện để đòn cân bằng: F1 , F 2 ,..., F n , XO , Y O ≡ 0
r
n
∑ Fx = ∑ Fkx + XO = 0
F2
r
r
k =1
n
F1
⇒ ∑ Fy = ∑ Fky + YO = 0
F3
k =1
r r r
() ()
n
O
∑ m O F = ∑ m O Fk = 0 F4
k =1
Hai phương trình đầu luôn thỏa mãn nhờ trục O tạo ra
ur ur
các phản lực XO , Y O . Vậy đòn cân bằng là do điều kiện thứ 3 quyết định.
Định lý: Điều kiện cần và đủ để đòn cân bằng là tổng mômen của các lực hoạt động
đối với trục quay của nó phải triệt tiêu.
ur
n
()
∑ mO F k = 0 (3.30)
k =1
23
- b. Bài toán vật lật:
Định nghĩa: Vật lật là vật có liên kết tại hai điểm hoặc là hai liên kết tựa, hoặc là một
liên kết tựa và một liên kết bản lề.
Điều kiện cân bằng (không lật): Giả sử vật lật chịu tác dụng của hệ lực
uu
rr u
r ur ur
( )
F1 , F 2 ,..., F n và hai phản lực liên kết N A , N B . Vật được xem là bị lật nếu nó mất liên kết
tại B (lật quanh A) hoặc mất liên kết ở A (lật quanh B). Khi đó
r r
vật được xem là một đòn. r
F1
Ta cần tìm điều kiện để vật không lật,giả sử quanh A. Chia F2 F2
các lực hoạt động thành 2 nhóm: ur
ur
- Nhóm gồm các lực gây lật: là các lực có mômen NA
NB
với A theo chiều vật bị lật, có tổng mômen là M A t .
Laä
- Nhóm gồm các lực chống lật: là các lực có mômen B
A
A
đối với A ngược chiều vật bị lật, có tổng mômen là M Choáng .
Định lý: Điều kiện cần và đủ để vật không bị lật là mômen lật không lớn hơn mômen
chống lật.
M Laät ≤ M Choáng (3.31)
Thật vậy, muốn vật không bị lật quanh A, tức là nó còn cân bằng và liên kết tại B vẫn
còn hoạt động thì:
ur ur ur
() () ()
∑ m A F = mA N B + M Laät − M Choáng = 0 ⇒ MLaät = MChoáng - m A N B
uuu
r
()
mà m A N B ≥ 0⇒ M Laät ≤ M Choáng (đpcm)
Thí dụ: Cho cần trục như hình vẽ. Khoảng cách giữa 2 bánh xe là 1 m. Trọng lượng
bản thân cần trục là P1=60 KN. Trọng lượng đối trọng là P2=10 KN đặt cách tâm quay 2m.
Trọng lượng thùng bê tông là Q=10 KN.
Tìm tầm với của cần trục (là khoảng cách từ tâm quay đến lực Q)
Bài giải:
Giả sử tầm với của cần trục là a (m)
Kiểm tra khả năng lật quanh A.
M Laät =P2x(2-0,5); M Choáng = P1x0,5 + Qx(a+0,5)
ur
M Laät ≤ M Choáng ⇔ 1,5P2≤0,5P1+Q.(a+0,5)
ur
P2
1,5 × 10 − 0,5 × 60 Q
− 0,5 = -2 m (< 0).
⇔ a≥
10
Vậy cần trục không thể lật quanh A
Kiểm tra khả năng lật quanh B.
M Laät =Qx(a-0,5)
M Choáng = P1 x0,5 + P2x(2+0,5)
ur
ur
M Laät ≤ M Choáng ⇔ Qx(a-0,5)≤ P1 x0,5 + NA
NB
0,5 × 60 + 2,5 × 10
+ 0,5 = 6 m.
P2(2+0,5) ⇔ a≤
10
A B
Vậy tầm với của cần trục là a≤ 6m.
3. Bài toán siêu tĩnh.
Khi lập hệ phương trình cân bằng cho một vật hoặc hệ vật, nếu:
- Số phương trình bằng số ẩn ta có bài toán tĩnh định.
- Số phương trình nhỏ hơn số ẩn ta có bài toán siêu tĩnh.
Một trong những nguyên nhân gây nên bài toán siêu tĩnh là biến dạng mà vật ta xét ở
đây là vật rắn tuyệt đối, tức bỏ qua biến dạng nên không thể giải được bài toán.
24
- Bài toán siêu tĩnh sẽ được giải quyết trong các giáo trình cơ học của vật biến dạng.
25
nguon tai.lieu . vn
