Tài liệu Cơ học lý thuyết Phần 2 docx

-15- Chơng 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. 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 tơ chính Xét hệ lực ( 1 F r , 2 F r , n F 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 = + + . = 1 F r 2 F r n F r = n 1i F r i (2-1) Hình chiếu véc tơ lên các trục toạ độ oxyz đợc xác định qua hình chiếu các lực trong hệ: R r R r x = x 1 + x 2 + .+ x n = = n 1i X i ; -16- R r y = y 1 + y 2 + .+ y n = = n 1i Y i ; R r z = z 1 + z 2 + . +z n = = n 1i Z i . Từ đó có thể xác định độ lớn, phơng, chiều véc tơ chính theo các biểu thức sau: R r = z 2 y 2 x 2 RRR ++ ; cos(R,X) = R R x ; cos(R,Y) = R R y ; cos(R,Z) = R R z . 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 m r o ( F r i ) (2 -2) 30 m r A 3 A 2 F r 3 2 F r A 1 F r 1 3 z r 2 z r M r 0 m r 20 10 m r O m 2 1 z r Hình 2.2 Hình chiếu của véc tơ mô men chính M r o trên các trục toạ độ oxyz đợc xác định qua mô men các lực trong hệ lấy đối với các trục đó: -17- M x = m x ( 1 F r ) + m x ( ) + .+ m 2 F r x ( n F r ) = = n 1i m x ( F r i ); M y = m y ( 1 F r ) + m y ( ) + .+ m 2 F r y ( n F r ) = = n 1i m y ( F r i ); M z = m z ( ) + m 1 F r z ( ) + . +m 2 F r z ( n F r ) = = n 1i m z ( F r i ). Giá trị và phơng chiều véc tơ mô men chính đợc xác định theo các biểu thức sau: M o = z 2 y 2 x 2 MMM ++ cos(M o ,x) = o x M M ; cos(M o ,y) = o y M M ; cos(M o ,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 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 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 F r , F r ', F r ''). Hệ ba lực ( F r , ', '') có hai lực ( FF r F r r , F r '') tạo thành một ngẫu lực có mô men m r = m r B (F) (theo định nghĩa mô men của ngẫu lực). Ta đã chứng minh đợc F r F r ' + ngẫu lực ( F r , F r '') 2.2.2 Thu gọn hệ lực bất kỳ về một tâm a. Định lý 2.2: Hệ lực bất kỳ luôn luôn tơng đơng 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 ( 1 F r , 2 F r , ., n F r ) 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 đặt tại O. Kết quả cho ta hệ lực ( 1 F r , 2 F r , ., n F r ) o đặt tại O và một hệ các ngẫu lực phụ có mô men là m r 1 = m r o ( ) , 1 F r m r 2 = m r o ( 2 F r ), . m r n = o ( n F r ) (hình 2.4). m r Hợp từng đôi lực nhờ tiên đề 3 có thể đa hệ lực ( 1 F r , , . F ) 2 F r n r o về tơng đơng với một lực . R r Cụ thể có: A 3 F r F r F r 1 A 1 O m r 20 m r 30 M = M o F r 1 R r F r 2 F r 3 3 2 A 2 ( , ) 1 F r 2 F r R r 1 trong đó R r 1 = 1 F r + 2 F r ( R r 1 , F r 3 ) R r 2 trong đó R r R r F r 2 = 1 + 3 = + + F 1 F r 2 F r r 3 m r 10 ( R r (n-1) , F ) n r R r Hình 2.4 -19- trong đó = R r R r (n-2) + n F 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 lợt hợp từng đôi ngẫu lực nh đã trình bày ở chơng 1. Ngẫu lực tổng hợp của hệ ngẫu lực phụ có mô men M r o = = n 1i m r o ( F r i ). Đây là mô men chính của hệ lực đã 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 O 1 bất kỳ (hình 2.4a). Thực hiện thu gọn hệ về tâm O ta đợc R r r 0 và M o . R r 0 M r M r 01 O 1 O R r R r 0 01 Trên vật ta lấy một tâm O 1 khác O sau đó rời lực R r o về O 1 ta đợc R r o R r o1 + ngẫu lực ( R r o , R r ' o1 ). ' 01 Suy ra ( R r o , M r o ) R r o1 + ngẫu lực ( R r r r o , ' R o1 ) + M o Hình 2.4a Nếu thu gọn hệ về O 1 ta đợc M r o1 và R r o1 . Điều tất nhiên phải có là : ( R r o , M r o ) ( R r o1 , M r o1 ). Thay kết quả chứng minh ở trên ta có: -20- ( R r o , M r o ) R o1 +( R r o , R r ' o1 ) + M o ( R r o +M o1 ) hay M r 01 M r o + ( R r o , R r ' 01 ) (2.3) Ngẫu lực ( R r o , R r 01 ) có mô men M r ' =m o1. (R o ) 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 chuẩn của hệ lực Kết quả thu gọn hệ lực về 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 ; 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 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 chính bằng không 0; R r M r 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 nhng vuông góc với nhau (hình 2.5) R r 0; M r o 0 và MR r r o Trong trờng 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 o R 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 ) ( , RR r r ', R r '' ). 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 nhng đặt tại O R r 1 . Nói khác đi hệ có một hợp lực đặt tại O 1 . 2.2.3.5. Hai véc tơ chính và mô men chính khác không nhng song song với nhau (hình 2.6). R r o 0; M r o 0 và R r o // M r o Trong trờng 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 đợc 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 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 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 O P r 1 sao cho m o (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 O 1 P r P r ' M r 0 Hình 2.7 -22- vậy đã đa hệ về tơng đơng 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. m r o ( ) = R r = n 1i m r o ( F r i ) m r z ( R ) = r = n 1i m r 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 ( 1 F r , 2 F r , ., n F r ) tác dụng lên vật rắn. Gọi là hợp lực của hệ (hình 2.8). R r Tại điểm C trên đờng 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 ( , , . 1 F r 2 F r n F r , + ') 0 R r Khi thu gọn hệ 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: M r o = = n 1i m r o ( F r i ) + m r o ( R r ') = 0 Thay ' = - ta có: R r R r = n 1i m r o ( F r i ) - m r o ( ) = 0 R r Hay m o ( ) = R r = n 1i m r o ( F r i ) Chiếu phơng trình trên lên trục oz sẽ đợc: -23- m z ( ) = R r = n 1i m z ( F r i ) Định lý đã 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. R 0 0, M o = 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 đợc một ngẫu lực tổng hợp có mô men đúng bằng mô men chính của hệ. M = ; m = n 1i i m 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 đờng 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 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 = = n 1i F r 1 = 0 M r o = = n 1i m r o ( F r 1 ) = 0 (2-5) 2.3.1.2. Phơng trình cân bằng Nếu gọi R x , R y , R z và M x , M y , M z 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 phơng trình đại số gọi là phơng trình cân bằng của hệ lực bất kỳ trong không gian. Ta có: R x = = n 1i X i = 0, R y = = n 1i Y i =0, R z = = n 1i Z i = 0 M x = = n 1i m x ( F r i ) = 0, M y = = n 1i m y ( F r i ) = 0, M z = = n 1i m z ( F r i ) = 0. (2-6) Trong các phơng trình trên X i , Y i , Z i là thành phần hình chiếu của lực F i ; m x ( F r i ), m y ( F r i ), m z ( F r i ) là mô men của các lực F r 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 Nếu chọn tâm thu gọn là điểm đồng quy O thì mô men chính M r 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 chỉ còn: [...]... 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 đợc: Xi =- P + R2sinsin = 0; Yi = - P + R1sin + R2sincos = 0 Zi = -R1cos - R2cos + R3 = 0 (a) ( b) (c) Hệ 3 phơng trình trên chứa 3 ẩn số R1, R2, R3 nên bài toán... trình trên tìm đợc: T2 = P.r2 180.15 = = 135kN ; T1 = 2T2 = 27 0 kN; r 20 ZB = b.P sin 60.180.0,5 = = 54 kN; a+b 40 + 60 3 40.3.135 180.60 a.3T2 Pb cos 2 = 69 kN YB = = 40 + 60 a+b YA =- Pcos-3T2 - YB = -180 3 -3.135- 69 -630KN 2 ZA = Psin - ZB = 180 0,5 - 54 = 36kN -35Trong các kết quả tìm đợc chỉ có giá trị YA mang dấu âm do đó chiều của nó ngợc với chiều đã chọn Thí dụ 2. 5: Cho hệ hai dầm AB... 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 là R 2 và lực dọc cột là R 3 O với 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 -30r R 3 Điều kiện để đầu A cân bằng là hệ 5 lực tác dụng lên nó cân bằng Ta có: r r r r r ( P 1, P 2, R 1, R 2. .. 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) -34Bảng 2- 2 r F1 r F r T1 r T2 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 = Fsin + ZA + ZB = 0; Mx = F.r2 + T1r1 - T2r1 = 0; My = Fsin.b - ZB(a+b) = 0; Mz = Fcos.b - T1a- T2a + YB(a+b) = 0; Hệ 5 phơng trình trên chứa 5 ẩn số là... 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; Trọng vật P= 180kN; a = 40cm; b = Hình 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... 4 4 2 ND = Hình 2. 14 YA 3 3 XB = P sin2 = 40.1= 15kN; 8 8 XA A YB = P(1- 3 3 2 cos2)= 40(1)= 25 kN 4 4 4 XB r Q C YB Hình 2. 15 Giá trị các phản lực đều dơng 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 r r r r thái cân bằng dới tác dụng của hệ lực: Q , - R B, R A, N C Các lực này cùng nằm trong mặt phẳng oxy ( xem hình 2. 15... 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 - NDsin = 0; -36- r ND E Y10 = YB - P + NDcos = 0; D YB 2 a mB(F1) = ND a - P cos = 0 3 2 r P B XB Gải hệ phơng trình trên tìm đợc: 3 3 2 Pcos = 40 21 ,2. .. -25 n Rx = Xi = 0 i= 1 n Ry = Yi =0 (2- 7) i= 1 n Rz = Zi = 0 i= 1 2. 3 .2. 2 Hệ ngẫu lực r Khi thu gọn hệ ngẫu lực 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)... 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 g ; R2 = ; R3 = P cotg(1-cotg + ); sin sin sin sin Thay các trị số của , và P ta nhận đợc: R1 = 85kN; R2 = 23 1 kN; R3 = 27 3kN 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, . (hình 2. 2). Nếu ký hiệu mô men chính là M r o ta có M r o = = n 1i m r o ( F r i ) (2 -2) 30 m r A 3 A 2 F r 3 2 F r A 1 F r 1 3 z r 2 z r M r 0 m r 20 10. 20 m r 30 M = M o F r 1 R r F r 2 F r 3 3 2 A 2 ( , ) 1 F r 2 F r R r 1 trong đó R r 1 = 1 F r + 2 F r ( R r 1 , F r 3 ) R r 2 trong đó R r R r F r 2