Chuong 2.pdf

Cơ học cơ sở 800041 42
THU GỌN HỆ LỰC
ĐIỀU KIỆN CÂN BẰNG CỦA HỆ LỰC
Chương 2
2.1 - Hai đại lượng đặc trưng của hệ lực
2.2 - Thu gọn hệ lực
2.3 - Điều kiện cân bằng của hệ lực

2.1 - HAI ĐẠI LƯỢNG ĐẶC TRƯNG CỦA HỆ LỰC
2.1.1 – Vector chính của hệ lực:
n
1 2 3 n j
j 1
R F F F ... F F

       
     
 Kí hiệu :
R

1
F
 2
F

3
F



R
O
3
F

2
F

1
F

2
F

3
F

C
A
B


1
R
→ Là vector khép kín đa giác lực.
Khảo sát một hệ lực gồm nhiều lực tác dụng lên vật, vector
chính của hệ lực là vector tổng của tất cả các vector lực trong hệ.
 ; 1:
j
F j n


1
1
1
n
x jx
j
n
y jy
j
n
j
j
R F
R F
R F




 




 



 





z z

Cộng vector trong không gian
z
x
y

i

j

k
kxy
F

kx
F

ky
F

kz
F

O
k
F

x 1x 2x nx
y 1y 2y ny
z 1z 2z nz
R F F ... F
R F F ... F
R F F ... F

    


    


    

1 1x 1y 1z
2 2x 2y 3z
n nx ny nz
x y z
F (F ,F ,F )
F (F ,F ,F )
............................
F (F ,F ,F )
R (R ,R ,R )



   






 Ta có:
1 2 3 n
R F F F ... F
     
    
 Vậy:
 Độ lớn: 2 2 2
x y z
R R R R
   
  

2.1.1 Moment chính của hệ lực đối với tâm O:
n
O O 1 O 2 O n O k
k 1
M m (F ) m (F ) ... m (F ) m (F )

     

    
   
n
1 1 2 2 n n k k
k 1
r F r F ... r F r F

        

   
   
Là một đại lượng vector, bằng tổng các vector moment của các lực
trong hệ lực lấy đối với cùng tâm O ấy.
1

F
2

F
3

F

n
F
O

Ví dụ 1:
Xét hệ lực trong bài toán phẳng
Mo = M1 + M2 + M3 = −F1d1 + F2d2 − F3d3
Quy ước: moment (+) khi quay vật quanh
tâm O ngược chiều kim đồng hồ và ngược lại

2.2 - THU GỌN HỆ LỰC
2.2.1 - Định lý dời lực song song :
Lực đặt tại A tương đương với lực song song cùng chiều,
cùng cường độ với lực đặt tại O và một ngẫu lực có mômen
bằng mômen của lực đối với điểm O.

F 


F

F

F
O
F F M m (F)

 
  
 

và ngẫu lực
O
m (F)



F


F
A

F


F
O

O
M Fd
d
A
O

O
m (F)



F


F
A
O
 Chứng minh:


F
F (F , F, F ) F ( F, F )
   
 
      
và

Ví dụ 2: Dời lực song song
F

d
A
F

MA = −Fd
F

A
F

A
a)
A
b)
A
c)
1
F

2
F

d1
d2
A
1
F

MA = −F1d1
2
F


− F2d2

A B
1
F

2
F

d’2
d’1
1
F

MB = F1d’1
2
F


A
d)
B
+ F2d’2
1
F

d’’2
1
F

M1 = F1d’’1
2
F


e)
A B
C
2
F

d’’1
A B
C
M2 = - F2d’’2
MC = F1d’’1 − F2d’’2

2.2.2 - Thu gọn hệ lực không gian về một tâm
 Thu gọn hệ lực về một điểm tương đương với một vector lực
chính và một vector mômen chính.
 Vector lực chính:
n
1 2 3 n k
k 1
R F F F ... F F

       
     
 Vectơ mômen chính:
n
O j
O i
i 1
M m ( F ) M

 


 



R


1) : hệ lực không gian cân bằng
O
R 0, M 0
  
 
 

2) : hệ lực không gian tương đương với
một ngẫu lực
O
R 0, M 0
  
 
 

3) : hệ lực không gian có hợp lực
O
R 0, R .M 0
 
 
 
 
4) : hệ lực không gian tương đương với
một hệ xoắn
O
R 0, R . M 0
 
 
 
 
2.2.3 - Các dạng chuẩn của hệ lực không gian
Sau khi thu gọn hệ lực về một tâm, ta nhận được 4 dạng chuẩn
của hệ lực không gian:

Ví dụ 3: Thu gọn hệ lực về tâm A
A
R
R
M 551
d 0.6m
F 961
   Điểm đặt lực để hệ không có moment chính (MR=0)

Ví dụ 4: Hình lập phương cạnh 1 đơn vị. Xác định vectơ chính và
mômen chính của hệ lực đối tâm O.
1
F

2
M

z
y
x
2
F


1
M

3
F


O
1
1
r (1,0,0); F ( 1,0,1)
  


Ta có :
2
2
r (1,1,1); F (0, 1,0)
  


3
3
r (0,1,0); F (1, 1,0)
  


O 1 1 1
O 2 2 2
O 3 3 3
m (F ) r F (0, 1,0)
m (F ) r F (1,0, 1)
m (F ) r F (0,0, 1)
   
   
   
 
 
 
 
 
 
1 2
M ( 1, 1, 1); M (0, 1,1)
     

 

i
R F (0, 2,1)
   



O j
O i
M m ( F ) M (0, 3, 2)
    


 



A B
C
A’
O’ C’
B’
O
R 0, R .M 0
 
 
 
 
Nhận xét  hệ xoắn

Bài tập 1: Thu gọn hệ lực về tâm O
O
Bài tập 2: Hình lập phương cạnh 1 đơn vị. Xác định
vectơ chính và mômen chính của hệ lực đối tâm O.
Nhận xét dạng chuẩn của hệ lực không gian
1
F

2
M

z
y
x
2
F


1
M

3
F


O


1
M

2
M

1
F

2
F

3
F

1
F

2
F

3
F

1
M

2
M

1
F

2
F

3
F 
1
M

1
F

2
F

3
F

1
M
 Bài tập 3: Hình lập phương cạnh 1 đơn vị. Xác định vectơ chính và
mômen chính của hệ lực đối tâm O. (chọn 1 trong 4 hình)
(a) (b)
(c) (d)

2.3 - ĐIỀU KIỆN CÂN BẰNG CỦA HỆ LỰC
2.3.1 - Điều kiện cân bằng của hệ lực không gian
Điều kiện cần và đủ để hệ lực không gian cân bằng là vector lực
chính và vector moment chính của hệ lực đối với một điểm bất kỳ
đồng thời bằng không.
Fn
n
k
k 1
1 2 n n
O O k
k 1
R F 0
(F ,F ,...,F ) 0
M m (F ) 0



  


  
  





 

  

 
 


2.3.2 - Các phương trình cân bằng của hệ lực không gian
 Để giải bài toán này ta thường sử dụng các phương trình:
n n n
kx ky kz
k 1 k 1 k 1
F 0; F 0; F 0
  
  
  
 Tổng hình chiếu của các lực trên ba trục toạ độ Đề các:
 Tổng mômen của các lực đối với ba trục toạ độ Đề các:
n n n
Ox k Oy k Oz k
k 1 k 1 k 1
m (F ) 0; m (F ) 0; m (F ) 0
  
  
  
  

2.3.3 - Đối với các hệ lực đặc biệt
[1] - Hệ lực phẳng:
 Hệ lực có đường tác dụng của các lực nằm tuỳ ý trong một mặt
phẳng.
Dạng 1:
n
kx
k 1
n
ky
k 1
n
A k
k 1
F 0
F 0
m (F ) 0



















A là điểm bất kì trong mặt phẳng
y
x
O
Fn

Dạng 2:
n
kx
k 1
n
A k
k 1
n
B k
k 1
F 0
m (F ) 0
m (F ) 0




















A, B là hai điểm bất kì trong mặt
phẳng nhưng không trùng nhau.
y
x
O
Fn

Dạng 3:
n
A k
k 1
n
B k
k 1
n
C k
k 1
m (F ) 0
m (F ) 0
m (F ) 0





















A, B, C là ba điểm bất kì trong
mặt phẳng nhưng không thẳng
hàng.
y
x
O
Fn

[2] - Hệ lực đồng quy:
 Hệ lực có đường tác dụng của các lực đi qua cùng một điểm.
 Đối với bài toán không gian:
n n n
kx ky kz
k 1 k 1 k 1
F 0; F 0; F 0
  
  
  
 Đối với bài toán phẳng:
n n
kx ky
k 1 k 1
F 0; F 0
 
 
 

[3] - Hệ lực song song:
 Hệ lực có đường tác dụng của các lực song song với nhau.
 Đối với bài toán không gian:
n n n
kz Ox k Oy k
k 1 k 1 k 1
F 0; m (F ) 0; m (F ) 0
  
  
  
 
 Đối với bài toán phẳng:
n n
ka O k
k 1 k 1
F 0; m (F ) 0
 
 
 


2.4 - BÀI TOÁN CÂN BẰNG CỦA VẬT RẮN
 Yêu cầu đặt ra:
 Xác định các phản lực liên kết
 Tìm điều kiện cân bằng
 Phương pháp giải :
1) Chọn vật khảo sát
2) Đặt lực (bao gồm các lực tác dụng và phản lực liên kết)
3) Lập phương trình cân bằng
4) Giải phương trình và biện luận:
− Phản lực tựa và lực 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.

 Ví dụ 5: Xác định phản lực liên kết tại A và B
1) Chọn vật khảo sát: Thanh ABC
2) Đặt lực:
VA
VB
HB

VA VB
HB
B
x
1/ F 0 H 0
  

y A B
V
2 / F 0 60 80 0
V
     

B
A
3/ M 0 2 60 4 80
V 1 0
       

4) Giải phương trình được các phản lực liên kết
VA = 100kN; HB = 0kN; VB = −80kN (ngược chiều đã chọn)

 Ví dụ 6: Xác định phản lực liên kết tại A và C
1) Chọn vật khảo sát: Thanh AC
2) Đặt lực:
VA
HA
VC

A
x
1/ F 0 H 0
  

A
y C
V
2 / 0 180 0
V
F     

A C
V
3/ M 0 12 180 4 0
     

4) Giải phương trình được các phản lực liên kết
VA = 120N; HA = 0N; VC = 60N
VA
HA
VC

2.5 - BÀI TOÁN CÂN BẰNG CỦA HỆ VẬT RẮN
2.5.1 - Định nghĩa:
Hệ gồm nhiều vật rắn, liên kết với nhau cùng cân bằng, đó là bài
toán hệ vật.
2.5.2 - Phương pháp giải bài toán hệ vật:
 Hoá rắn: coi toàn hệ vật như một vật rắn chỉ chịu tác dụng của
ngoại lực.
 Tách vật: khảo sát sự cân bằng của từng vật riêng biệt.
2m
q =10kN/m
B D
C
A
F = 16kN
1
1m 1m
2m
30
0
F = 20kN
2
2m
3

 Ví dụ 6: Xác định phản lực liên kết tại A, B và D
[1] - Phương pháp hoá rắn: xét cân bằng của thanh ACD
HA
VA
VB VD
2m
q =10kN/m
B D
C
A
F = 16kN
1
1m 1m
2m
30
0
F = 20kN
2
2m
3
2m
q =10kN/m
B D
C
A
F = 16kN
1
1m 1m
2m
30
0
F = 20kN
2
2m
3

[1] - Phương pháp hoá rắn: xét cân bằng của thanh ACD
HA
VA
VB VD
 Lập phương trình cân bằng :
Thiết lập các phương trình cân bằng cho thanh ACD, ta chỉ có
3 phương trình mà 4 ẩn số nên không giải được.
2m
q =10kN/m
B D
C
A
F = 16kN
1
1m 1m
2m
30
0
F = 20kN
2
2m
3

[2] - Phương pháp tách vật:
HC
VD
VC
B
A
F = 16kN
1
1m
2m
1m 1m
C
HA
VA
VB
H’C
V’C
F=10×2=20kN
(HC = H’C ; VC = V’C )
2m
q =10kN/m
B D
C
A
F = 16kN
1
1m 1m
2m
30
0
F = 20kN
2
2m
3
1m
2m
300
F = 20kN
2
D
C
3

HC
VD
VC
 Thanh CD :
2x
F
2y
F 0
2x
F Fcos30 15 3 kN
 
0
2y
F Fsin30 15kN
 
x 2x
C C
1/ F 0 F 0 15 3
H kN
H
      

y 2y
C D C D
2 / F V V V V
0 F 0 15 kN
       

C 2y
D D
3/ M 0 3 F V
2 0 10 kN
V
       

1m
2m
300
F = 20kN
2
D
C
3
→ Giải phương trình được các phản lực liên kết:
VC = 5 kN; HC = (ngược chiều đã chọn); VD = 10
kN
-15 3 kN

 Thanh AC :
V’C = 5 kN
B
A
F = 16kN
1
1m
2m
1m 1m
C
HA
VA
VB
F=10×2=20kN
H’C = -15 3 kN
x C
A A
1/ F 0 H 0 1 N
H 5
H 3 k

      

y 1
A B A B
C
2 / F 0 F F
V V 0 4
V N
V V 1k

         

1
B B
A C
3/ M 0 2 F 1 F 4 V 5 0 54,5 k
V V N

           

→ Giải phương trình được các phản lực liên kết:
HA = ; VA = -13,5 kN; VB = 54,5 kN
-15 3 kN

 Ví dụ 7:
O
60
0
F = 60 kN
A
B
C
D
E
Quả cầu tâm O bán kính R có trọng lượng P = 40kN, với AB = BC.
Xác định các phản lực tại khớp A; phản lực tựa tại B, D và E ?

O
60
0
F = 60 kN
A
B
C
D
E
30
0
NB
 Hướng dẫn: Sử dụng phương pháp tách vật
HA
VA
ND
P
NE
N’B
 Đáp án: VA = ; HA = 30 kN
-30 3 kN
NB = 60 3 kN
ND = ; NE = 90 kN
40 30 3 kN

O
60
0
F = 60 kN
A
B
C
D
E

 Ví dụ 8: Xác định phản lực liên kết tại A, C và D
D
C
1m 2m 3m
q =12kN/m
F = 20kN
M=10kNm
B
A
D
C
V
D
H
V
C
C
2m 1m
F =18 kN
1
1m 2m
F = 20kN
M=10kNm
B
A C
H'C
V'
C
H
V
A
A
MA

 Đáp án:
ND = 16 3 kN
HA = VA= 0 kN; MA = 48 kN.m
HB = ; VB =
24 kN 8 3 kN

60
0
2m
4m
q = 6 kN/m
A
B
C
D
F=16 3 kN
30
0
b)
HA
VA
MA ND
HB
VB
H’B
V’B
I
1
8 3
F 6 16 3kN
3
  
60
0
2m
4m
A
B
C
F=16 3 kN
30
0
4 3
3
B

 Ví dụ 9: Cho hệ như hình vẽ, thanh CD tựa lên thanh AB tại B.
D

P qa

q
A
a
B
a/2
a/2
a/2
M
C
b. Tìm điều kiện của mômen M để
hệ cân bằng.
c. Hãy xác định các phản lực liên
kết tại A và C ứng với 2 trường
hợp của mômen M như sau :
1. M = qa2
2. M = 2qa2
a. Hệ đã cho có luôn cân bằng với mọi tải tác động không? Tại
sao?.

 Hướng dẫn:
a. Tính bậc tự do của hệ :
Bậc tự do của hệ dương nên hệ không luôn cân bằng với mọi
tải tác động.
b. Điều kiện của mômen M để hệ cân bằng:
Hệ cân bằng khi thanh CD cân bằng hay thanh CD phải tựa vào
B, nghĩa là NB ≥ 0.
2
of 3 3 2 (3 0.5 2) 0.5 0
D
d n R
        

 Xét cân bằng thanh CD :
Vậy mômen thì hệ cân bằng.


   
   
 
  
 
 
 B
B
2
B
M C P.CH N .CB M 0
3a a
P. N M 0
2 sin
3qa sin
N M (1)
2 a
D

P qa

B
a/2
a/2
a/2
M
C
x
y

E
H
B
N
C
V
C
H
Với NB ≥ 0 :
2
3qa
M (2)
2


2
3qa
M
2

c. Xác định các phản lực liên kết tại A và C :
 Với M = qa2 nên thanh CD luôn tựa vào thanh AB
Thay M = qa2 vào biểu thức (1) :
Xét thanh AB cân bằng :

 
B
1
qasin
2
N
q
A
a
B

B
N
A
V
A
H
A
M







   


   


    


 

  


 




x B
A
y B
2
B
2
2 2
A
A
A
A
A
F N sin 0
F qa N cos 0
1
M A qa N acos 0
2
(1/ 2)qasin
(1/ 4)qasin2 qa
(1/ 4)qa sin2 (1/ 2)qa
V
H
M
V
H
M

c. Xác định các phản lực liên kết tại A và C :
 Với M = 2qa2 nên thanh CD không luôn tựa vào thanh
AB :
Xét thanh AB cân bằng :
 
B
N 0
q
A
a
B
A
V
A
H
A
M
    
 

     
 
 
 
  
 




x
y
2
A A
A A
A
2
A
F 0 0
F qa 0 qa
(1/ 2)qa
M A (1/
V V
2)qa 0
H H
M
M

Chuong 2.pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Chuong 2.pdf

Similar to Chuong 2.pdf (20)

Chuong 2.pdf