Thư Viện Bài Giảng Vật Lý Đại Cương
2.4. Bài toán cân bằng của hệ vật
Hệ vật là tập hợp 2 hay nhiều vật chịu liên kết với nhau. Trong bài toán hệ vật, ta có khái niệm ngoại lực và nội lực.
+ Ngoại lực là các lực bên ngoài hệ tác dụng lên các vật thuộc hệ và ký hiệu: e (external), ví dụ \( {{\overrightarrow{R}}_{e}} \), …
+ Nội lực là các lực tương tác giữa các vật thuộc hệ, ký hiệu: i (internal), ví dụ \( {{\overrightarrow{F}}_{i}} \), …
1. Phương pháp tách vật
Phương pháp tách vật là tách vật thuộc hệ để xét.
Ví dụ 1. Thanh đồng chất OA = 6a, trọng lượng P1. Thanh đồng chất CB = 4a, trọng lượng P2. Hệ chịu lực \( \overrightarrow{Q} \) tác dụng thẳng đứng tại A và các liên kết tại O và C như hình vẽ (Hình 2.20). Tìm phản lực liên kết tại O, B, C.
Nhận Dạy Kèm môn Cơ Học Kỹ Thuật (Cơ học cơ sở) - Engineering Mechanics Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...
- Dạy kèm online tương tác 1 thầy 1 trò! Hỗ trợ trực tuyến 24/7
- Dạy kèm Vật Lý Kỹ Thuật gồm:
- Cơ Học Kỹ Thuật (Cơ Học Cơ Sở) - Engineering Mechanics
- Sức Bền Vật Liệu - Mechanics of Materials
- Cơ Lưu Chất - Fluid Mechanics
- Sách Giải Bài Tập của các bộ Vật Lý Đại Cương - Vật Lý Đại Cương - Vật Lý Lý Thuyết
- Bồi dưỡng ôn thi HSG các cấp - Luyện Thi vào lớp 10 khối Chuyên, Ôn Thi Đại Học môn Vật lý
- Lịch học sắp xếp sáng - chiều - tối, tất cả các buổi từ thứ 2 ➜ CN
- Thời lượng học 1,5h - 2h/1 buổi!
Hướng dẫn giải:
Xét hệ gồm 2 thanh AO và BC cân bằng.
a) Tách thanh OA (Hình 2.21). Ta có hệ lực cân bằng: \( \left( {{\overrightarrow{X}}_{O}},{{\overrightarrow{Y}}_{O}},{{\overrightarrow{N}}_{B}},{{\overrightarrow{P}}_{1}},\overrightarrow{Q} \right)\sim 0 \).
Phương trình cân bằng (chọn hệ trục tọa độ Oxy) như hình vẽ:
\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow {{X}_{O}}=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (1) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{Y}_{O}}+{{N}_{B}}-{{P}_{1}}-Q=0\begin{matrix} {} & {} & (2) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{O}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow {{N}_{B}}.OB-{{P}_{1}}.OE-Q.OA=0\begin{matrix} {} & (3) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)
Giải hệ phương trình trên, ta được:
\( (1)\Rightarrow {{X}_{O}}=0 \)
\( (3)\Rightarrow {{N}_{B}}=\frac{3{{P}_{1}}.a+6Q.a}{2a}=\frac{3}{2}{{P}_{1}}+3Q \)
\( (2)\Rightarrow {{Y}_{O}}={{P}_{1}}+Q-\left( \frac{3}{2}{{P}_{1}}+3Q \right)=-\frac{1}{2}{{P}_{1}}-2Q \)
b) Tách tiếp thanh CB (Hình 2.22)
Ta có hệ lực cân bằng: \( \left( {{\overrightarrow{X}}_{C}},{{\overrightarrow{Y}}_{C}},{{{\tilde{m}}}_{C}},{{\overrightarrow{P}}_{2}},{{\overrightarrow{N}}_{B}} \right)\sim 0 \)
Phương trình cân bằng (chọn hệ trục tọa độ Cxy) như hình vẽ:
\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow {{X}_{C}}=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (4) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{Y}_{C}}-{{P}_{2}}-{{{{N}’}}_{B}}=0\begin{matrix} {} & {} & (5) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{O}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -{{{{N}’}}_{B}}.CB\sin {{30}^{O}}-{{P}_{2}}.CF.\sin {{30}^{O}} {{{\tilde{m}}}_{C}}=0\begin{matrix} {} & (6) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)
Giải hệ phương trình trên, ta được:
\( (4)\Rightarrow {{X}_{C}}=0 \)
\( (5)\Rightarrow {{Y}_{C}}={{P}_{2}}+{{{N}’}_{B}}={{P}_{2}}+\frac{3}{2}{{P}_{1}}+3Q \)
\( (6)\Rightarrow {{\tilde{m}}_{C}}={{{N}’}_{B}}.4a.\frac{1}{2}+{{P}_{2}}.2a.\frac{1}{2}=\left( \frac{3}{2}{{P}_{1}}+3Q \right).2a+{{P}_{2}}.a=(3{{P}_{1}}+{{P}_{2}}+6Q)a \)
Ví dụ 2. Hai thanh AB và BC được nối bản lề với nhau và chịu liên kết như hình vẽ (Hình 2.23). Trên chúng đặt một cần trục có trọng lượng P đạt tại G, cần trục có độ vươn LI và đang cẩu vật nặng Q. Bỏ qua trọng lượng các thanh và biết: AB = 6a, AD = 3a, BC = 10a, EB = BF = a, LI = 6a.
Xác định phản lực bản lề tại A và B cũng như ổ trục con lăn tại D và C.
Hướng dẫn giải:
Xét hệ gồm 3 vật rắn: thanh AB, BC và cần trục. Ta tách vật ra để giải:
a) Tách cần trục (Hình 2.24)
Ta có hệ lực cân bằng: \( \left( {{\overrightarrow{N}}_{E}},{{\overrightarrow{N}}_{F}},\overrightarrow{P},\overrightarrow{Q} \right)\sim 0 \)
Phương trình cân bằng (chọn hệ trục tọa độ Exy) như hình vẽ:
\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{N}_{E}}-P+{{N}_{F}}-Q=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (1) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{E}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -P.EG+{{N}_{F}}.EF-Q.EH=0\begin{matrix} {} & (2) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)
Giải hệ phương trình trên, ta được:
\( (2)\Rightarrow {{N}_{F}}=\frac{P.a+Q.7a}{2a}=\frac{1}{2}P+\frac{7}{2}Q \)
\( (1)\Rightarrow {{N}_{E}}=P-{{N}_{F}}+Q=P-\left( \frac{1}{2}P+\frac{7}{2}Q \right)+Q=\frac{1}{2}P-\frac{5}{2}Q \)
Điều kiện không lật: \( {{N}_{E}}>0\Rightarrow \frac{1}{2}P-\frac{5}{2}Q>0\Rightarrow P>5Q \)
b) Tách thanh BC (Hình 2.25)
Ta có hệ lực cân bằng: \( \left( {{\overrightarrow{X}}_{B}},{{\overrightarrow{Y}}_{B}},{{\overrightarrow{{{N}’}}}_{F}},{{\overrightarrow{N}}_{C}} \right)\sim 0 \)
Phương trình cân bằng (Chọn hệ trục tọa độ Bxy) như hình vẽ:
\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow {{X}_{B}}-{{N}_{C}}\sin \alpha =0\begin{matrix} {} & {} & {} & (3) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{Y}_{B}}-{{{{N}’}}_{F}}+{{N}_{C}}\cos \alpha =0\begin{matrix} {} & {} & (4) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{B}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -{{{{N}’}}_{F}}.BF+{{N}_{C}}.\cos \alpha .BC=0\begin{matrix} {} & (5) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)
Giải hệ phương trình trên, ta được:
\( (5)\Rightarrow {{N}_{C}}=\frac{{{{{N}’}}_{F}}.BF}{BC.\cos \alpha }=\frac{\left( \frac{1}{2}P+\frac{7}{2}Q \right)a}{10a.\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{P}{10\sqrt{3}}+\frac{7Q}{10\sqrt{3}} \)
\( (3)\Rightarrow {{X}_{B}}={{N}_{C}}\sin \alpha =\left( \frac{P}{10\sqrt{3}}+\frac{7Q}{10\sqrt{3}} \right).\frac{1}{2}=\frac{P}{20\sqrt{3}}+\frac{7Q}{20\sqrt{3}} \)
\( (4)\Rightarrow {{Y}_{B}}={{{N}’}_{F}}-{{N}_{C}}\cos \alpha =\frac{1}{2}P+\frac{7}{2}Q-\frac{P+7Q}{10\sqrt{3}}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9}{20}P+\frac{63}{20}Q \)
c) Tách thanh AB (Hình 2.26)
Ta có hệ lực cân bằng: \( \left( {{\overrightarrow{X}}_{A}},{{\overrightarrow{Y}}_{A}},{{\overrightarrow{N}}_{D}},{{\overrightarrow{{{N}’}}}_{E}},{{\overrightarrow{{{X}’}}}_{B}},{{\overrightarrow{{{Y}’}}}_{B}} \right)\sim 0 \)
Phương trình cân bằng (chọn hệ trục tọa độ Axy) như hình vẽ:
\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow {{X}_{A}}-{{X}_{B}}=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (6) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{Y}_{A}}-{{{{N}’}}_{E}}+{{N}_{D}}-{{{{Y}’}}_{B}}=0\begin{matrix} {} & {} & (7) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{A}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow {{N}_{D}}.AD-{{{{N}’}}_{E}}.AE-{{{{Y}’}}_{B}}.AB=0\begin{matrix} {} & {} & (8) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)
Giải hệ phương trình trên, ta được:
\( (6)\Rightarrow {{X}_{A}}={{X}_{B}}=\frac{P}{20\sqrt{3}}+\frac{7Q}{20\sqrt{3}} \)
\( (8)\Rightarrow {{N}_{D}}=\frac{{{{{N}’}}_{E}}.AE+{{{{Y}’}}_{B}}.AB}{AD}=\frac{\left( \frac{1}{2}P-\frac{5}{2}Q \right).5a+\left( \frac{9}{20}P+\frac{63}{20}Q \right).6a}{3a}=\frac{26}{15}P-\frac{32}{15}Q \)
\( (7)\Rightarrow {{Y}_{A}}=-{{N}_{D}}+{{{N}’}_{E}}+{{{Y}’}_{B}}=-\left( \frac{26}{15}P-\frac{32}{15}Q \right)+\left( \frac{1}{2}P-\frac{5}{2}Q \right)+\left( \frac{9}{20}P+\frac{63}{20}Q \right)=-\frac{47}{60}P+\frac{167}{60}Q \)
2. Phương pháp hóa rắn
Áp dụng tiên đề hóa rắn, xem hệ như một vật rắn và viết phương trình cân bằng cho toàn hệ. Sau đó tách dần các vật để tính nếu cần thiết.
Ví dụ 3. Thang gấp ABC gồm 2 thanh cùng trọng lượng P và cùng chiều dài a được nối với nhau bằng bản lề B trên nền nhẵn. Tại K có một người đúng có trọng lượng Q. Xác định phản lực tại A và C cũng như phản lực tại liên kết bản lề B và dây nối EF (Hình 2.27). Biết \( BK=2AE=2FC=\frac{1}{3}a \).
Hướng dẫn giải:
Xét hệ gồm 2 thanh AB và BC (hệ 2 vật rắn). Áp dụng tiên đề háo rắn, đối với toàn hệ ta có hệ lực cân bằng sau (Hình 2.28): \( \left( {{\overrightarrow{N}}_{A}},\overrightarrow{P},\overrightarrow{Q},\overrightarrow{P},{{\overrightarrow{N}}_{C}} \right)\sim 0 \)
Phương trình cân bằng (chọn hệ trục tọa độ Axy):
\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow 0=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (1) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{N}_{A}}-P-Q-P+{{N}_{C}}=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (2) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{A}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -P.\frac{AB}{2}\cos {{60}^{O}}-Q.(AB+BK).\cos {{60}^{O}}-P\left( AB+\frac{BC}{2} \right)\cos {{60}^{O}}+{{N}_{C}}.AC=0\begin{matrix} {} & (3) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)
Giải hệ phương trình trên, ta được:
\((3)\Rightarrow {{N}_{C}}=\frac{P.\frac{AB}{2}\cos {{60}^{O}}+Q.(AB+BK).\cos {{60}^{O}}+P\left( AB+\frac{BC}{2} \right)\cos {{60}^{O}}}{AC}\)
\(=\frac{\frac{Pa}{2}.\frac{1}{2}+Q\left( a+\frac{a}{3} \right).\frac{1}{2}+P\left( a+\frac{a}{2} \right).\frac{1}{2}}{a}=P+\frac{2}{3}Q\)
\( (2)\Rightarrow {{N}_{A}}=2P+Q-\left( P+\frac{2}{3}Q \right)=P+\frac{1}{3}Q \)
Để tính \( {{\overrightarrow{R}}_{E}} \) và \( {{\overrightarrow{T}}_{E}} \), ta xét riêng thanh AB và xét cân bằng nó (Hình 2.29).
Ta có hệ lực cân bằng: \( \left( {{\overrightarrow{N}}_{A}},{{\overrightarrow{T}}_{E}},\overrightarrow{P},{{\overrightarrow{X}}_{B}},{{\overrightarrow{Y}}_{B}} \right)\sim 0 \)
Phương trình cân bằng (chọn hệ trục tọa độ Axy):
\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow {{T}_{E}}+{{X}_{B}}=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (4) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{N}_{A}}-P+{{Y}_{B}}=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (5) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{B}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -{{N}_{A}}.AB.\cos {{60}^{O}}+P.\frac{AB}{2}.\cos {{60}^{O}}+{{T}_{E}}.(AB-AE)\sin {{60}^{O}}=0\begin{matrix} {} & (6) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)
Giải hệ phương trình trên, ta được:
\( (5)\Rightarrow {{Y}_{B}}=P-{{N}_{A}}=P-\left( P+\frac{1}{3}Q \right)=-\frac{1}{3}Q \)
\((6)\Rightarrow {{T}_{E}}=\frac{{{N}_{A}}.AB.\cos {{60}^{O}}-P.\frac{AB}{2}.\cos {{60}^{O}}}{(AB-AE)\sin {{60}^{O}}}\)\(=\frac{\left( P+\frac{1}{3}Q \right).a.\frac{1}{2}-P.\frac{a}{2}.\frac{1}{2}}{\left( a-\frac{a}{6} \right).\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{5}P+\frac{2}{5\sqrt{3}}Q\)
\( (4)\Rightarrow {{X}_{B}}=-{{T}_{E}}=-\left( \frac{\sqrt{3}}{5}P+\frac{2}{5\sqrt{3}}Q \right) \)
Vì \( {{X}_{B}},{{Y}_{B}}<0 \), do đó chiều chọn là chưa đúng và phải đổi chiều.
Sách Giải Bài Tập Cơ Học Kỹ Thuật!
3. Khái niệm về bài toán siêu tĩnh
Tất cả các bài toán tĩnh học đã giải, số phương trình cân bằng bằng với số ẩn thì gọi là bài toán tĩnh định. Trong trường hợp số phương trình cân bằng nhỏ hơn số ẩn: bài toán siêu tĩnh. Để giải bài toán siêu tĩnh phải lập thêm phương trình.
Ví dụ phương trình mô tả biến dạng của vật khi nó vượt khỏi khuôn khổ của vật rắn tuyệt đối. Ta có bài toán vật rắn biến dạng và nó thuộc phạm vi của môn học sức bền vật liệu.
Hình 2.30 cho vật nặng \( \overrightarrow{P} \) được treo bằng 3 dây phẳng tại O là bài toán siêu tĩnh vì chỉ có 2 phương trình cân bằng cho 3 ẩn là 3 lực căng dây.
4. Định lý về 3 lực đồng phẳng
Định lý: 3 lực đồng phẳng không song song mà cân bằng thì nó phải đồng quy tại một điểm.
Giả sử ba lực \( {{\overrightarrow{F}}_{1}},{{\overrightarrow{F}}_{2}},{{\overrightarrow{F}}_{3}} \) thuộc mặt phẳng P. Giả sử \( {{\overrightarrow{F}}_{2}} \) và \( {{\overrightarrow{F}}_{3}} \) không song song, suy ra đường tác dụng của nó gặp nhau tại C (Hình 2.31).
Ta có: \( \left( {{\overrightarrow{F}}_{2}},{{\overrightarrow{F}}_{3}} \right)\sim {{\overrightarrow{R}}_{C}} \)
Theo giả thiết: \( \left( {{\overrightarrow{F}}_{1}},{{\overrightarrow{F}}_{2}},{{\overrightarrow{F}}_{3}} \right)\sim 0\Rightarrow \left( {{\overrightarrow{F}}_{1}},{{\overrightarrow{R}}_{C}} \right)\sim 0 \)
Theo tiên đề 1, \( {{\overrightarrow{F}}_{1}} \) và \( {{\overrightarrow{R}}_{C}} \) cùng đường tác dụng tực là \( {{\overrightarrow{F}}_{1}} \) đi qua C.
Chú ý: Chiều ngược lại của định lý không đúng.
Hãy mua Sách Giải Bài Tập Cơ Học Kỹ Thuật
Trong quá trình đăng tải bài giảng lên website sẽ không tránh khỏi việc sai sót nên để xem nhiều bài tập có lời giải chi tiết và nhiều bài toán hay hơn nữa, kính mời bạn đọc hãy mua Sách Giải Bài Tập Cơ Học Kỹ Thuật để được xem đầy đủ và chính xác nhất!
