Lý thuyết về hệ lực

Cần l-u ý rằng đây làbài toán cânbằng 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 vậtkhi tách ra có thể đứng vững đ-ợc. Vậtphụ là vậtkhitách ra không thể đứng vững đ-ợc. Ta xét vật phụ tr-ớc sau đó xét vật chính sau. Cũng cầnchú ý thêm khi tách vật tại các khớp nối sẽ đ-ợc thay thế bằng các lực tác dụng t-ơng hỗ, các lực này cùng ph-ơng cùng trị số nh-ng ng-ợc chiều.

pdf22 trang | Chia sẻ: aloso | Ngày: 22/08/2013 | Lượt xem: 4025 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Lý thuyết về hệ lực, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
-15- Ch−ơng 2 Lý thuyết về hệ lực Trong tĩnh học có hai bài toán cơ bản: thu gọn hệ lực và xác định điều kiện cân bằng của hệ lực. Ch−ơng này giới thiệu nội dung của hai bài toán cơ bản nói trên. 2.1 Đặc tr−ng hình học cơ bản của hệ lực Hệ lực có hai đặc tr−ng hình học cơ bản là véc tơ chính và mô men chính. 2.1.1. Véc tơ chính Xét hệ lực ( 1F r , 2F r ,.. nF r ) 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) a/ b/ F r F r 1 2 F r F r 3 n R r Hình 2.1 n F r F r 1 a c F r 3 2 b F r O R r m n R r = + + ... = 1F r 2F r nF r ∑ = n 1i F r i (2-1) Hình chiếu véc tơ lên các trục toạ độ oxyz đ−ợc xác định qua hình chiếu các lực trong hệ: R r R r x = x1 + x2 +...+ xn = ∑ = n 1i Xi; -16- R r y = y1 + y2 +...+ yn = ∑ = n 1i Yi; R r z = z1 + z2 +... +zn = ∑ = n 1i Zi. Từ đó có thể xác định độ lớn, ph−ơng, chiều véc tơ chính theo các biểu thức sau: R r = z2y2x2 RRR ++ ; cos(R,X) = R Rx ; cos(R,Y) = R Ry ; cos(R,Z) = R Rz . Véc tơ 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 chính là M r o ta có M r o = ∑ = n 1i mr o(F r i) (2 -2) 30 m r A3 A2 F r 3 2 F r A1 F r 1 3z r 2z r M r 0 m r 20 10 m r O m2 1z r • Hình 2.2 Hình chiếu của véc tơ mô men chính M r o trên các trục toạ độ oxyz đ−ợc xác định qua mô men các lực trong hệ lấy đối với các trục đó: -17- Mx = mx( 1F r ) + mx( ) +...+ m2F r x( nF r ) = ∑ = n 1i mx(F r i); My = my( 1F r ) + my( ) +...+ m2F r y( nF r ) = ∑ = n 1i my(F r i); Mz = mz( ) + m1F r z( ) +... +m2F r z( nF r ) = ∑ = n 1i mz(F r i). Giá trị và ph−ơng chiều véc tơ mô men chính đ−ợc xác định theo các biểu thức sau: Mo = z 2 y 2 x 2 MMM ++ cos(Mo,x) = o x M M ; cos(Mo,y) = o y M M ; cos(Mo,z) = o z M M . Khác với véc tơ chính R r véc tơ mô men chính M r o là véc tơ buộc nó phụ thuộc vào tâm O. Nói cách khác véc tơ chính là một đại l−ợng bất biến còn véc tơ mô men chính là đại l−ợng biến đổi theo tâm thu gọn O. 2.2. Thu gọn hệ lực Thu gọn hệ lực là đ−a hệ lực về dạng đơn giản hơn. Để thực hiện thu gọn hệ lực tr−ớc hết dựa vào định lý rời lực song song trình bày d−ới 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 F r ' F r F r d A B '' Hình 2.3 -18- có mô men bằng mô men của lực đã cho lấy đối với điểm cần rời đến. Chứng minh: Xét vật rắn chịu tác dụng lực F r đặt tại A. Tại điểm B trên vật đặt thêm một cặp lực cân bằng (F r ', F r '') trong đó F r ' = F r còn F '' = - r F r . (xem hình 2.3). Theo tiên đề 2 có: F ∼ (r Fr , Fr ', Fr ''). Hệ ba lực (F r , ', '') có hai lực (FF r F r r , F r '') tạo thành một ngẫu lực có mô men mr = mr B(F) (theo định nghĩa mô men của ngẫu lực). Ta đã chứng minh đ−ợc F r ∼ Fr ' + ngẫu lực (Fr , Fr '') 2.2.2 Thu gọn hệ lực bất kỳ về một tâm a. Định lý 2.2: Hệ lực bất kỳ luôn luôn t−ơng đ−ơng với một lực bằng véc tơ chính đặt tại điểm O chọn tuỳ ý và một ngẫu lực có mô men bằng mô men chính của hệ lực đối với tâm O đó. Chứng minh: Cho hệ lực bất kỳ ( 1F r , 2F r ,..., nF r ) tác dụng lên vật rắn. Chọn điểm O tuỳ ý trên vật, áp dụng định lý rời lực song song đ−a các lực của hệ về đặt tại O. Kết quả cho ta hệ lực ( 1F r , 2F r ,..., nF r )o đặt tại O và một hệ các ngẫu lực phụ có mô men là mr 1 = m r o( ) , 1F r mr 2 = m r o( 2F r ), ... mr n = o( nF r ) (hình 2.4). mr Hợp từng đôi lực nhờ tiên đề 3 có thể đ−a hệ lực ( 1F r , ,...F )2F r n r o về t−ơng đ−ơng với một lực . R r Cụ thể có: A3 F r F r F r 1 A1 O mr 20 m r 30 M = Mo F r 1 R r F r 2 F r 3 3 2 A2 ( , ) ∼ 1Fr 2Fr Rr 1 trong đó Rr 1 = 1Fr + 2Fr (R r 1,F r 3 ) ∼ Rr 2 trong đó Rr Rr Fr2 = 1 + 3 = + + F1F r 2F r r 3 mr 10 .... (R r (n-1),F ) ∼ nr Rr Hình 2.4 -19- trong đó = R r R r (n-2) + nF r = ∑ = n 1i F r i Hợp lực R của các lực đặt tại O là véc tơ chính r R r 0 của hệ lực. Các ngẫu lực phụ cũng có thể thay thế bằng một ngẫu lực tổng hợp theo cách lần l−ợt hợp từng đôi ngẫu lực nh− đã trình bày ở ch−ơng 1. Ngẫu lực tổng hợp của hệ ngẫu lực phụ có mô men M r o = ∑ = n 1i mr o(F r i). Đây là mô men chính của hệ lực đã cho đối với tâm O Theo định lý 2.2, trong tr−ờng hợp tổng quát khi thu gọn hệ lực về tâm O bất kỳ ta đ−ợc một véc tơ chính và một mô men chính. Véc tơ chính bằng tổng hình học các lực trong hệ và là một đại l−ợng không đổi còn mô men chính bằng tổng mô men các lực trong hệ lấy đối với tâm thu gọn và là đại l−ợng 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 bất kỳ (hình 2.4a). Thực hiện thu gọn hệ về tâm O ta đ−ợc R r r 0 và M o. R r 0 M r M r 01 O1 O R r R r 0 01 Trên vật ta lấy một tâm O1 khác O sau đó rời lực R r o về O1 ta đ−ợc R r o ∼ Rr o1 + ngẫu lực (Rr o , Rr 'o1). '01 Suy ra (R r o, M r o) ∼ Rr o1 + ngẫu lực (R r r r o , 'R o1) + M o Hình 2.4a Nếu thu gọn hệ về O1 ta đ−ợc M r o1 và R r o1 . Điều tất nhiên phải có là : (R r o, M r o) ∼ (Rr o1 ,Mr o1 ). Thay kết quả chứng minh ở trên ta có: -20- (R r o, M r o) ∼ Ro1 +(Rr o, Rr 'o1) + Mo ∼ (Rr o +Mo1) hay M r 01 ∼ Mr o + ( Rr o, Rr '01) (2.3) Ngẫu lực ( R r o, R r 01) có mô men M r ' =mo1.(Ro) Kết luận: Khi thay đổi tâm thu gọn véc tơ mô men chính thay đổi một đại l−ợng M' bằng mô men của véc tơ chính đặt ở tâm tr−ớc lấy đối với tâm sau. 2.2.3. Các dạng chuẩn của hệ lực Kết quả thu gọn hệ lực về một tâm có thể xẩy ra 6 tr−ờng hợp sau 2.2.3.1. Véc tơ chính và mô men chính đều bằng không R r = 0 ; M r o = 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; M r o ≠ 0 Hệ lực t−ơng đ−ơng với một ngẫu lực có mô men bằng mô men chính. 2.2.3.3. Véc tơ chính khác không còn mô men chính bằng không ≠ 0; Rr Mr o = 0 Hệ có một hợp lực bằng véc tơ chính. 2.2.3.4. Véc tơ chính và mô men chính đều khác không nh−ng vuông góc với nhau (hình 2.5) R r ≠ 0; Mr o ≠ 0 và ⊥ MRr r o Trong tr−ờng hợp này thay thế mô men chính M r o bằng ngẫu lực (R r ', R r '') với điều kiện: R r ' = ; R r R r '' = - và R r M r o = m r o(R r ') P R r O' O P' n oR r d O R r R r o M r o o O' O M r R r a)' b)O' -21- Ta có ( , MR r r o) ∼ ( , RRr r ', Rr '' ). Theo tiên đề 1 R r o và '' cân bằng do đó có thể bớt đi và cuối cùng hệ còn lại một lực bằng véc tơ chính nh−ng đặt tại O R r 1. 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 với nhau (hình 2.6). R r o ≠ 0; Mr o ≠ 0 và Rr o // Mr o Trong tr−ờng hợp này nếu thay M r o bằng một ngẫu lực ( ') mặt phẳng của ngẫu này vuông góc với véc tơ chính P r P r R r . Hệ đ−ợc gọi là hệ vít động lực. Nếu véc tơ R r song song cùng chiều với véc tơ M r o hệ gọi là hệ vít động lực thuận (phải) và ng−ợc 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 ϕ bất kỳ (hình 2.7) Tr−ờng hợp này nếu thay thế véc tơ M r o bằng một ngẫu lực (P r P r ') trong đó cólực P r đặt tại O còn lực ' đặt tại OP r 1 sao cho mo(P) = M r o. Rõ ràng mặt phẳng tác dụng của ngẫu lực (P ') không vuông góc với r P r R r o. Mặt khác tại O có thể hợp hai lực và P r r R o thành một lực R r '. Nh− R r ' R r 0 O1 ϕ P r P r ' M r 0 Hình 2.7 -22- vậy đã đ−a hệ về t−ơng đ−ơng với hai lực P r ', R r ' hai lực này chéo nhau. 2.2.4. Định lý Va ri nhông Định lý: Khi hệ lực có hợp lực R r thì mô men của R 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. mr o( ) = R r ∑ = n 1i mr o(F r i) mr z(R ) = r ∑ = n 1i mr z(F r i) (2.4) F r n O R r ' R r F r 2 F r 1 x y z Chứng minh: Cho hệ lực ( 1F r , 2F r ,..., nF r ) tác dụng lên vật rắn. Gọi là hợp lực của hệ (hình 2.8). R r Tại điểm C trên đ−ờng tác dụng của hợp lực đặt thêm lực ' = - R r R r R r .Hệ lực đã cho cùng với ' tạo thành một hệ lực cân bằng: R r Hình 2.8 ( , ,... 1F r 2F r nF r , + ') ∼ 0 Rr Khi thu gọn hệ lực này về một tâm O bất kỳ ta đ−ợc một véc tơ chính và một mô men chính. Các véc tơ này bằng không vì hệ cân bằng, ta có: M r o = ∑ = n 1i mr o(F r i) + m r o(R r ') = 0 Thay ' = - ta có: R r R r ∑ = n 1i mr o(F r i) - m r o( ) = 0 R r Hay mo( ) = R r ∑ = n 1i mr o(F r i) Chiếu ph−ơng trình trên lên trục oz sẽ đ−ợc: -23- mz( ) = R r ∑ = n 1i mz(F r i) Định lý đã đ−ợc 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 đ−ờng tác dụng của các lực giao nhau tại một điểm. Trong tr−ờng 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 hệ chỉ bao gồm các ngẫu lực, khi thu gọn hệ sẽ đ−ợc một ngẫu lực tổng hợp có mô men đúng bằng mô men chính của hệ. M = ; m∑ = n 1i im i là mô men của ngẫu lực thứ i và n là số ngẫu lực của hệ. 2.2.5.3. Hệ lực phẳng Hệ lực phẳng 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 vẫn cho ta một mô men chính M r o và véc tơ chính R r o. Véc tơ chính nằm trong mặt phẳng của hệ còn mô men chính M R r r o vuông góc với mặt phẳng của hệ. Theo kết quả thu gọn ở dạng chuẩn ta thấy: hệ lực phẳng khi có véc tơ chính R r và mô men chính M r o khác không bao giờ cũng có một hợp lực nằm trong mặt phẳng của hệ. 2.2.5.4. Hệ lực song song Hệ lực song song là hệ lực có đ−ờng tác dụng song song với nhau. Kết quả thu gọn về một tâm bất kỳ cho ta một véc tơ chính và một mô men chính R r M r o . Véc tơ chính có đặc điểm song song với các lực của hệ. -24- 2.3. Điều kiện cân bằng và ph−ơng trình cân bằng của hệ lực 2.3.1. Điều kiện cân bằng và ph−ơng 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 = ∑ = n 1i F r 1 = 0 M r o = ∑ = n 1i mr o(F r 1) = 0 (2-5) 2.3.1.2. Ph−ơng trình cân bằng Nếu gọi Rx, Ry, Rz và Mx, My, Mz là 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 ph−ơng trình đại số gọi là ph−ơng trình cân bằng của hệ lực bất kỳ trong không gian. Ta có: Rx = ∑ = n 1i Xi = 0, Ry = ∑ = n 1i Yi =0, Rz = ∑ = n 1i Zi = 0 Mx = ∑ = n 1i mx(F r i) = 0, My = ∑ = n 1i my(F r i) = 0, Mz = ∑ = n 1i mz(F r i) = 0. (2-6) Trong các ph−ơng trình trên Xi, Yi, Zi là thành phần hình chiếu của lực Fi; mx(F r i), my(F r i), mz(F r i) là mô men của các lực F r i đối với các trục của hệ tọa độ oxyz. Ba ph−ơng trình đầu gọi là ba ph−ơng trình hình chiếu còn 3 ph−ơng trình sau gọi là 3 ph−ơng trình mô men. 2.3.2. Ph−ơng trình cân bằng của các hệ lực đặc biệt 2.3.2.1 Hệ lực đồng quy Nếu chọn tâm thu gọn là điểm đồng quy O thì mô men chính M r o sẽ bằng không do đó 3 ph−ơng trình mô men luôn luôn tự nghiệm. Vậy ph−ơng trình cân bằng của hệ lực đồng quy chỉ còn: -25- Rx = ∑ = n 1i Xi = 0 Ry = ∑ = n 1i Yi =0 (2-7) Rz = ∑ = n 1i Zi = 0 2.3.2.2. Hệ ngẫu lực Khi thu gọn hệ ngẫu lực về một tâm ta thấy ngay véc tơ chính R r 0 = 0 điều đó có nghĩa các ph−ơng trình hình chiếu luôn luôn tự nghiệm. Ph−ơng trình cân bằng của hệ ngẫu lực chỉ còn lại ba ph−ơng trình mô men sau: Mx = ∑ = n 1i mx(F r i) = ∑ = n 1i mix = 0, My = ∑ = n 1i my(F r i) = ∑ = n 1i miy = 0, (2-8) Mz = ∑ = n 1i mz(F r i) = ∑ = n 1i miz = 0. ở đây mĩx, miy, miz là hình chiếu lên các trục hệ tọa độ oxyz của véc tơ mô men mr i của ngẫu lực thứ i. 2.3.2.3. Hệ lực song song Chọn 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 ph−ơng trình cân bằng của hệ lực song song chỉ còn lại ba ph−ơng trình sau: Rz = ∑ = n 1i Zi = 0; Mx = ∑ = n 1i mx(F r i) = 0; (2-9) -26- My = ∑ = n 1i my(F r i) = 0 Trong đó ph−ơng trình đầu là ph−ơng trình hình chiếu còn hai ph−ơng trình cuối là ph−ơng trình mô men. 2.3.2.4. Hệ lực phẳng Cần l−u ý rằng trong hệ lực phẳng véc tơ chính R r và mô men chính M r luôn luôn vuông góc với nhau, nghĩa là hệ lực phẳng luôn luôn có hợp lực R r nằm trong mặt phẳng của hệ đã cho. Để đảm bảo điều kiện hợp lực của hệ bằng không tức là điều kiện cân bằng của hệ ta có thể viết ph−ơng trình cân bằng d−ới 3 dạng khác nhau. 1. Dạng hai ph−ơng trình hình chiếu một ph−ơng trình mô men: Để hệ lực cân bằng cũng nh− các tr−ờng 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 ph−ơng trình Rz = ∑ = n 1i zi = 0; Mx = ∑ = n 1i mx(Fi) = 0 và My = ∑ = n 1i my(Fi) = 0 là luôn luôn tự nghiệm vì vậy ph−ơng trình cân bằng chỉ còn : Rx = ∑ = n 1i Xi = 0; Ry = ∑ = n 1i Yi = 0; (2-10) Mz = ∑ = n 1i mz(Fi). Hai ph−ơng trình đầu là ph−ơng trình hình chiếu còn ph−ơng trình thứ ba là ph−ơng trình mô men. Cần chú ý vì các lực cùng nằm trong mặt phẳng oxy do đó Mz = ∑ = n 1i mz(Fi) chính là tổng mô men đại số của các lực đối với tâm O. Mz = ∑ = n 1i ± mz(Fi) -27- 2. Dạng một ph−ơng trình hình chiếu và hai ph−ơng trình mô men Điều kiện hợp lực của hệ bằng không có thể biểu diễn bằng ba ph−ơng trình sau đây: R r Rz = ∑ = n 1i Xi = 0; MA = ∑ = n 1i ± mA(Fi) = 0; (2-11) MB = ∑ = n 1i ± mB(Fi) = 0 Với điều kiện trục x không vuông góc với AB. Thạt vậy từ ph−ơng trình (1) cho thấy hợp lực R r của hệ lực bằng không hoặc vuông góc với trục x. Theo định lý Va ri nhông ,từ ph−ơng trình (2) ta thấy hợp lực R r hoặc bằng không hoặc đị qua A. Từ ph−ơng trình (3) ta cũng thấy hợp lực R r của hệ bằng không hoặc đi qua B. Kết hợp cả ba ph−ơng 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 đ−ợc vì trái với giả thiết. Nh− vậy nếu hệ thoả mãn ph−ơng trình (2-11) thì hợp lực của nó sẽ bằng không nghĩa là hệ lực cân bằng. 3. Dạng ba ph−ơng trình mô men đối với 3 điểm Ngoài hai dạng ph−ơng trình cân bằng trên hệ lực phẳng còn có ph−ơng trình cân bằng theo dạng sau: MA = ∑ = n 1i ±mA(Fr i) = 0 -28- MB = ∑ = n 1i ±mB(Fr i) = 0 (2-12) MC = ∑ = n 1i ±mo(Fr i) =0 Với điều kiện A, B, C không thẳng hàng. Thật vậy, nếu hệ lực phẳng thoả mãn ph−ơng trình MA = ∑±mA( ) = 0 thì theo định lý Va ri nhông hợp lực của hệ sẽ bằng không hoặc đi qua A. Cũng lý luận t−ơng tự ta thấy để thoả mãn M F r B = 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 đ−ợc. Chỉ có thể hợp lực bằng không, có nghĩa là nếu thoả mãn hệ ba ph−ơng 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 đã cho và phản lực liên kết cân bằng. Khi giải bài toán cân bằng của vật rắn có thể áp dụng ph−ơng pháp giải tích hoặc ph−ơng pháp hình học nh−ng phổ biến và có hiệu quả nhất là ph−ơng pháp giải tích. Giải bài toán cân bằng của vật th−ờng tiến hành theo các b−ớc 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 d−ới tác dụng của các lực đã cho và phản lực liên kết. 3. Thiết lập điều kiện cân bằng cuả vật bởi các ph−ơng trình cân bằng của hệ lực tác dụng lên vật khảo sát bao gồm các lực cho và phản lực liên kết. -29- 4. Giải hệ ph−ơng trình cân bằng để xác định trị số và ph−ơng 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 đ−ợc. Cần chú ý rằng chiều của các phản lực th−ờng ch−a đ−ợc xác định vì thế lúc đầu phải tự chọn chiều. Dựa vào kết quả giải hệ ph−ơng 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 d−ơng thì chiều chọn là đúng và nếu trị số âm thì chiều phải đảo lại . Mặt khác cũng cần l−u ý rằng bài toán có tr−ờng hợp giải đ−ợc (bài toán tĩnh định) khi số ẩn số cần xác định nhỏ hơn hoặc bằng số ph−ơng trình cân bằng. Có tr−ờng hợp không giải đ−ợc (bài toán siêu tĩnh) khi ẩn số cần tìm lớn hơn số ph−ơng trình cân bằng. Thí dụ 2.1. Cột điện OA chôn thẳng đứng trên mặt đất và đ−ợc giữ bởi hai sợi dây AB và AD hợp với cột điện một góc α = 300 (xem hình 2-8a) Góc giữa mặt phẳng AOD và mặt phẳng AOB là ϕ = 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 3 R r P r 1 P r 2 O B D y x ϕ α α Rr 1 R r 2 Chọn vật khảo sát là đầu A của cột điện. Liên kết đặt lên đầu A là hai sợi dây AB, AD và phần cột điện còn lại. Gọi phản lực liên kết trong dây AB là R1, trong dây AD là R r 2 và lực dọc cột là R r 3 với chiều chọn nh− hình vẽ 2-8. Khi giải phóng điểm A khỏi liên kết điểm A sẽ chịu tác dụng của các lực P1, P2 và các phản lực R1R2 Hình 2.8a -30- R r 3. Điều kiện để đầu A cân bằng là hệ 5 lực tác dụng lên nó cân bằng. Ta có: (P r 1, P r 2, R r 1, R r 2 , R r 3) ∼ 0. Hệ lực này đồng quy tại A do đó ph−ơng trình cân bằng thiết lập theo ph−ơng 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 y1 z1 0 -P 0 -P 0 0 0 R1sinα -R1cosα R2sinαsinϕ R2sinαcosϕ -R2cosα 0 0 R3 Ph−ơng trình cân bằng viết đ−ợc: ∑Xi =- P + R2sinαsinϕ = 0; (a) ∑Yi = - P + R1sinα + R2sinαcosϕ = 0 ( b) ∑Zi = -R1cosα - R2cosα + R3 = 0 (c) Hệ 3 ph−ơng trình trên chứa 3 ẩn số R1, R2, R3 nên bài toán là tĩnh định. Giải hệ ph−ơng trình trên đ−ợc: R1 = P α ϕ− sin gcot1 ; R2 = ϕαsinsin P ; R3 = P cotgα(1-cotgϕ + ϕsin 1 ); Thay các trị số của α,ϕ và P ta nhận đ−ợc: R1 = 85kN; R2 = 231 kN; R3 = 273kN. Kết quả đều d−ơng nên chiều các phản lực chọn là đúng. Thí dụ 2.2: Một xe 3 bánh ABC đặt trên một mặt đ−ờng nhẵn nằm ngang. Tam giác ABC cân có đáy AB = 1m, đ−ờng cao OC = 1,5m, trọng l−ợng của xe là P KN đặt tại trọng tâm G trên đoạn OC cách O là 0,5m. Tìm phản lực của mặt đ−ờng lên các bánh xe (xem hình 2-9) -31- Bài giải: Khảo sát sự cân bằng của xe. Giải phóng xe khỏi mặt đ−ờng và thay bằng các phản lực của mặt đất lên các bánh xe là N r A, N r B, N r C. P r N r C N r B N r A z G B O A x yC Hình 2.9 Vì xe đặt trên mặt nhẵn nên các phản lực này có ph−ơng vuông góc với mặt đ−ờng. Xe ở trạng thái cân bằng d−ới tác dụng của 4 lực , P r N r N r N r A, B, C. Hệ 4 lực này là hệ lực song song. Nếu chọn hệ toạ độ oxyz nh− hình vẽ ph−ơng 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) Hệ ba ph−ơng trình trên chứa 3 ẩn số NA, NB, NC nên bài toán là tĩnh định. Giải ph−ơng trình trên xác định đ−ợc: NA = NB = NC = P/3 kN Kết quả cho các giá trị d−ơng nên chiều phản lực h−ớng lên là đúng. P D G A q E C Bα M 2 1 1 2 Thí dụ 2.3: Xà AB đ−ợc giữ nằm ngang nhờ liên kết nh− hình vẽ (2.10). Tại A có khớp bản lề cố định. Tại C đ−ợc treo bởi dây CD đặt xiên một góc α so với xà. Tại B có dây kéo thẳng đứng nhờ trọng Hình 2.10 -32- vật P buộc ở đầu dây vắt qua ròng rọc. Xà có trọng l−ợng 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 c−ờng 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; α = 300. Các kích th−ớc cho trên hình vẽ. Bài giải: Chọn vật khảo sát là xà AB. Giải phóng liên kết đặt lên xà ta có: Liên kết tại A đ−ợc thay thế bằng phản lực R r A nằm trong mặt phẳng hình vẽ. Liên kết tại C đ−ợc thay thế bằng lực căng T r h−ớng dọc theo dây. Liên kết tại B thay bằng lực căng đúng bằng P r nh−ng có chiều h−ớng lên trên. Chiều của R r A và chọn nh− hình vẽ. Nh− vậy xà AB ở trạng thái cân bằng d−ới tác dụng của các lực ( T r G r , , M r R r A, , ), 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 ph−ơng trình cân bằng dạng (2-10) đ−ợc: T r P r ∑Xi = XA - Tcos300; (a) ∑Yi = YA - Q - G +T cos600 + P = 0; (b) ∑mA(Fr i) = - Q.1 - G.3 + T.4sin300 - M + 6P = 0. (c) Trong các ph−ơng trình trên Q = 2q là tổng hợp lực phân bố đều đặt tại điểm giữa AE. B P r 2 2 1 1 A Q r C G r α 900 T r YA XA M y Ba ph−ơng trình trên chứa 3 ẩn số XA, YA, và T do đó bài toán là tĩnh định. x Hình 2.11 Giải hệ ph−ơng trình trên ta đ−ợc: T = 5,4 5,0.4 6.583.101.1 30sin.4 6.pM3.G1.Q 0 = −++=−++ kN; -33- XA = Tcos30 0 = 4,5.0,866 = 3,90kN; YA = Q + G -T cos60 0 - P = 1 + 10 - 4,5.0,5 - 5 = 3,75, kN Kết quả cho các trị số của T, XA, YA đều d−ơng 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 đến bánh đai C có bán kính r1 = 20 cm và để nâng trọng vật P buộc vào đầu dây cáp vắt qua ròng rọc K và cuốn trên trống tời có bán kính r2 = 15cm. Cho biết hai nhánh dây đai có ph−ơng song song với trục oy và có lực căng T1 và T2 với T1 = 2T2; Trọng vật P= 180kN; a = 40cm; b = 60cm và α = 300. Xác định phản lực tại hai gối đỡ A và B. P YB ZB B YA ZA z y A C T2 T1 a b a αx Hình 2.12 Bài giải: Chọn vật khảo sát là trục BC. Liên kết lên trục là các ổ đỡ A, B. Các lực tác dụng cho là T r 1, T r 2 và F r . Lực tác dụng dọc theo dây cáp có trị số bằng PF r r . 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 tác động của các lực: T r 1, T r 2, F r , R r A, R r B . Các lực này phân bố bất kỳ trong không gian. Ph−ơng 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) . -34- Bảng 2-2 F r 1 F r T r 1 T r 2 R r A R r B X1 Y1 Z1 mx(F) my(F) mz(F) 0 Fcosα -Fsinα -F.r2 Fsinα.b Fcosα.b 0 Thép 45 0 T1r1 0 -T1.a 0 T2 0 -T2r1 0 -T2a 0 YA ZA 0 0 0 0 YB ZB 0 -ZB(a+b) YA(a+b) Các ph−ơng trình cân bằng thiết lập đ−ợc: ∑Yi = Pcosα + 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 ph−ơng trình trên chứa 5 ẩn số là YA, ZA, YB, ZB và T1 nên bài toán là tĩnh định. Giải hệ ph−ơng trình trên tìm đ−ợc: T2 = r r.P 2 = 20 15.180 = 135kN ; T1 = 2T2 = 270 kN; ZB = ba sinP.b + α = 6040 5,0.180.60 + = 54 kN; YB = ba cosPbT3.a 2 + α− = 6040 2 3.60.180135.3.40 + − = 69 kN YA =- Pcosα-3T2 - YB = -180. 2 3 -3.135- 69 ≈ -630KN ZA = Psinα - ZB = 180. 0,5 - 54 = 36kN. -35- Trong các kết quả tìm đ−ợc chỉ có giá trị YA mang dấu âm do đó chiều của nó ng−ợc với chiều đã chọn. Thí dụ 2.5: Cho hệ hai dầm AB và BE nối bằng khớp bản lề tại B (xem hình vẽ 2-13). Trọng l−ợng của dầm AB là Q đặt ở giữa AB. Trọng l−ợng của dầm BE là P đặt ở giữa BE. Tại đầu A có khớp bản lề cố định, còn tại các điểm C, D là các điểm tựa nhọn. D A α BC P r E Q r Xác định phản lực tại các gối đỡ A và các điểm tựa C,D. Cho P = 40kN, Q = 20kN; CB = 3 1 AB; DE = 3 1 BE; α = 450. Hình 2.13 Bài giải: Cần l−u 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 đ−ợc. Vật phụ là vật khi tách ra không thể đứng vững đ−ợc. Ta xét vật phụ tr−ớc sau đó xét vật chính sau. Cũng cần chú ý thêm khi tách vật tại các khớp nối sẽ đ−ợc thay thế bằng các lực tác dụng t−ơng hỗ, các lực này cùng ph−ơng cùng trị số nh−ng ng−ợc 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 t−ơng 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 phóng liên kết tại D thay vào đó bằng phản lực N r D ( N r D vuông góc BE. Dầm BE chịu tác dụng của các lực , P r N r D, R r B. Hệ lực này cùng nằm trong mặt phẳng oxy do đó ph−ơng trình cân bằng viết đ−ợc: ∑X1 = XB - NDsinα = 0; -36- P r XB N r D D E ∑Y10 = YB - P + NDcosα = 0; YB∑mB(F1) = ND 3 2 .a - P. 2 a cosα = 0. B Gải hệ ph−ơng trình trên tìm đ−ợc: ND = 4 3 Pcosα = 4 3 .40. 2 2 ≈21,2 kN; Hình 2.14 YB A C Q r YA XBXA XB = 8 3 P sin2α = 8 3 .40.1= 15kN; YB = P(1- 4 3 cos2α)= 40(1- 4 3 4 2 )= 25kN. Hình 2.15 Giá trị các phản lực đều d−ơng điều này chứng tỏ chiều của chúng nh− đã chọn là đúng. Tiếp theo xét đến dầm chính AB. Giải phóng các liên kết dầm sẽ ở trạng thái cân bằng d−ới tác dụng của hệ lực: Q r , - R r B, R r A, N r C. Các lực này cùng nằm trong mặt phẳng oxy. ( xem hình 2.15 ) Ph−ơng trình cân bằng của hệ lực viết đ−ợc: ∑X1 = XA - X'B = 0; ∑mA(F) = - Y'B.b + NC 3 2 b - Q. 2 b = 0; ∑mC(F) = - YA. 3 b2 + Q 6 b - Y'B. 3 b = 0; Trong đó X'B = XB, Y'B = YB nh−ng có chiều ng−ợc lại. Giải hệ 3 ph−ơng trình trên tìm đ−ợc: XA = XB = 15kN; YA = 4 1 Q - 2 1 YB = -7,5kN; YC = 4 3 Q + 2 3 YB = 52,5kN. Kết quả cho giá trị của YA mang dấu âm có nghĩa chiều YA chọn là sai phải đảo lại.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfChuong 02.pdf
Tài liệu liên quan