2.3. Các bài toán áp dụng

Câu 1. Cột \( OA=2a \), trọng lượng P được chôn thẳng đứng xuống nền đất. Cột chịu tác dụng của lực nằm ngang  \( \overrightarrow{F} \) đặt tại A và ngẫu lực  \( \tilde{m} \) (Hình 2.8).

Xác định:

a) Phản lực tại ngàm O.

b) Trạng thái lực tại mặt cắt ngang E cách chân trụ 1 khoảng x.

Tính bằng số:  \( P=7500\text{ }N;\text{ }a=2\text{ }m;\text{ }F=500\text{ }N \);  \( \tilde{m}=2000\text{ }Nm;\text{ }x=1\text{ }m \).

Hướng dẫn giải:

a) Xác định phản lực ngàm tại O

Tại O chịu liên kết ngàm, vì hệ lực tác dụng  \( \left( \overrightarrow{F},\overrightarrow{P},\tilde{m} \right) \) là hệ lực phẳng nên liên kết ngàm là phẳng. Ta thay nó bằng các phản lực liên kết:  \( \left( {{\overrightarrow{X}}_{O}},{{\overrightarrow{Y}}_{O}},{{{\tilde{m}}}_{O}} \right) \).  Theo nguyên lý giải phóng liên kết, ta có hệ lực cân bằng sau:  \( \left( \overrightarrow{F},\overrightarrow{P},\tilde{m},{{\overrightarrow{X}}_{O}},{{\overrightarrow{Y}}_{O}},{{{\tilde{m}}}_{O}} \right)\sim 0 \). Đưa vào hệ trục Oxy, viết phương trình cân bằng (dùng dạng 1) (Hình 2.9).

\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow F+{{X}_{O}}=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (1) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow -P+{{Y}_{O}}=0\begin{matrix} {} & {} & {} & (2) \\\end{matrix} \\ &\sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{O}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -F.2a-\tilde{m}+{{{\tilde{m}}}_{O}}=0\begin{matrix} {} & (3) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)

Từ  \( (1)\Rightarrow {{X}_{O}}=-F \)

Từ (2)  \( \Rightarrow {{Y}_{O}}=P \)

Từ  \( (3)\Rightarrow {{\tilde{m}}_{O}}=\tilde{m}+F.2a \)

Thay số:  \( \left\{ \begin{align}  & {{X}_{O}}=-F=-500\text{ }N \\  & {{Y}_{O}}=P=7500\text{ }N \\  & {{{\tilde{m}}}_{O}}=\tilde{m}+F.2a=2000+500.2.2=4000\text{ }Nm \\ \end{align} \right. \)

Các giá trị  \( {{Y}_{O}} \) và  \( {{\tilde{m}}_{O}} \) là dương chứng tỏ chiều chọn là đúng,  \( {{X}_{O}} \) âm chứng tỏ chiều phản lực  \( {{\overrightarrow{X}}_{O}} \) ngược lại (chiều đâm sang trái).

b) Xác định trạng thái lực tại mặt cắt ngang E

Ta tưởng tượng cắt trục bằng một mặt cắt ngang vuông góc với trục y tại E để chia trụ thành 2 phần trên và dưới. Xét 1 trong 2 phần đó, giả sử phần trên EA, khi đó phần dưới của trục EO đóng vai trò vật gây liên kết và liên kết ở đây cũng chính là liên kết ngàm phẳng. Ta thay liên kết bằng các phản lực liên kết (Hình 2.10)  \( \left( {{\overrightarrow{X}}_{E}},{{\overrightarrow{Y}}_{E}},{{{\tilde{m}}}_{E}} \right) \), đây chính là các thành phần nội lực mặt cắt ngang.

Ta có hệ cân bằng:  \( \left( \overrightarrow{F},{{\overrightarrow{P}}_{1}},\tilde{m},{{\overrightarrow{X}}_{E}},{{\overrightarrow{Y}}_{E}},{{{\tilde{m}}}_{E}} \right)\sim 0 \)

Chú ý:  \( {{P}_{1}}=\frac{2a-x}{2a}P \)

Phương trình cân bằng (chọn hệ trục tọa độ Exy như hình 2.10):

\(\left\{ \begin{align}  & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow F+{{X}_{E}}=0\begin{matrix}   {} & {} & {} & (4)  \\\end{matrix} \\  & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow -P+{{Y}_{E}}=0\begin{matrix}   {} & {} & (5)  \\\end{matrix} \\  & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{E}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -F.(2a-x)-\tilde{m}+{{{\tilde{m}}}_{E}}=0\begin{matrix}   {} & (6)  \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)

Giải ra ta được:  \( \left\{ \begin{align}  & {{X}_{E}}=-F \\  & {{Y}_{E}}={{P}_{1}}=\frac{2a-x}{2a}P \\  & {{{\tilde{m}}}_{E}}=\tilde{m}+(2a-x)F \\ \end{align} \right. \)

Thay số:  \( \left\{ \begin{align}  & {{X}_{E}}=-F=-500\text{ }N \\  & {{Y}_{E}}={{P}_{1}}=\frac{2a-x}{2a}P=\frac{2.2-1}{2.2}.7500=5625\text{ }N \\  & {{{\tilde{m}}}_{E}}=\tilde{m}+(2a-x)F=2000+(2.2-1).500=3500\text{ }Nm \\ \end{align} \right. \)

 \( {{\overrightarrow{X}}_{E}} \) gọi là lực cắt;  \( {{\overrightarrow{Y}}_{E}} \) là lực dọc (lực kéo hoặc nén) mà ở đây là lực kéo;  \( {{\tilde{m}}_{E}} \) là moment uốn.

Sách Giải Bài Tập Cơ Học Kỹ Thuật!

Câu 2. Thanh OA trọng lượng bỏ qua, chịu liên kết và lực tác dụng như hình 2.11. Biết OB = 2AB; \( \alpha ={{30}^{O}} \). Tìm phản lực bản lề O và lực căng dây BC.

Hướng dẫn giải:

Xét thanh OA. Thay liên kết bản lề O bởi lực  \( {{\overrightarrow{X}}_{O}},{{\overrightarrow{Y}}_{O}} \), thay liên kết dây BC bởi lực căng dây  \( \overrightarrow{T} \). Ta có hệ lực cân bằng:  \( \left( \overrightarrow{P},{{\overrightarrow{X}}_{O}},{{\overrightarrow{Y}}_{O}},\overrightarrow{T} \right)\sim 0 \)

Viết phương trình cân bằng (đưa vào hệ trục tọa độ Oxy như hình 2.12):

\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow {{X}_{O}}-T\cos \alpha =0\begin{matrix} {} & {} & {} & (1) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{Y}_{O}}+T\sin \alpha -P=0\begin{matrix} {} & {} & (2) \\\end{matrix} \\ & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{O}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow T\sin \alpha .OB-P.OA=0\begin{matrix} {} & (3) \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)

Giải hệ phương trình trên, ta được:

 \( (3)\Rightarrow T=\frac{OA}{OB\sin \beta }.P=\frac{3}{2.\frac{1}{2}}.P=3P \)

\((1)\Rightarrow {{X}_{O}}=T\cos \alpha =3P.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}P\)

 \( (2)\Rightarrow {{Y}_{O}}=P-T\sin \alpha =P-3P.\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}P \)

Câu 3. Cây cầu AB trọng lương \( P=100.000\text{ }N \) đặt ở giữa cầu, chiều dài  \( AB=200\text{ }m \) chịu liên kết bản lề tại A, liên kết gối tựa con lăn tại B nghiêng với phương nằm ngang một góc 45O. Trên đoạn  \( CD=20\text{ }m \) có một đoàn tàu tải trọng được xem là phân bố đều với mật độ  \( q=1000\text{ }N/m \). Xác định phản lực bản lề A và gối tựa con lăn B khi đoàn tau cách A 125 m (Hình 2.13).

Nhận Dạy Kèm môn Cơ Học Kỹ Thuật (Cơ học cơ sở) - Engineering Mechanics Online qua ứng dụng Zoom, Google Meet,...

Hướng dẫn giải:

Xét cây cầu. Thay liên kết tại A bằng phản lực liên kết  \( {{\overrightarrow{X}}_{A}},{{\overrightarrow{X}}_{B}} \) và tại bằng  \( {{\overrightarrow{N}}_{B}} \).

Hệ lực phân bố đều trên đoạn CD có hợp lực  \( R=q.CD=1000.50=50.000\text{ }N \), điểm đặt  \( \overrightarrow{R} \) ở giữa đoạn CD (Hình 2.17). Ta có hệ lực cân bằng sau:  \( \left( {{\overrightarrow{X}}_{A}},{{\overrightarrow{Y}}_{A}},\overrightarrow{P},\overrightarrow{R},{{\overrightarrow{N}}_{B}} \right)\sim 0 \).

Phương trình cân bằng (đưa vào hệ tọa độ Axy như hình 2.17):

\(\left\{ \begin{align}  & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow {{X}_{A}}-{{N}_{B}}\cos \alpha =0\begin{matrix}   {} & {} & {} & (1)  \\\end{matrix} \\  & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{Y}_{A}}-P-R+{{N}_{B}}\sin \alpha =0\begin{matrix}  {} & {} & (2)  \\\end{matrix} \\  & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{A}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -P.\frac{AB}{2}-R.AE+{{N}_{B}}\sin \alpha =0\begin{matrix}   {} & (3)  \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)

Giải hệ phương trình trên, ta được:

 \( (3)\Rightarrow {{N}_{B}}=\frac{P.\frac{AB}{2}+R.AE}{AB.\sin \alpha }=\frac{100000.100+50000.150}{200.\frac{\sqrt{2}}{2}}=87500\sqrt{2}\simeq 123743,7\text{ }N \)

 \( (1)\Rightarrow {{X}_{A}}={{N}_{B}}\cos \alpha =87500\sqrt{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=8750\text{ }N \)

 \( (2)\Rightarrow {{Y}_{A}}=P+R+{{N}_{B}}\sin \alpha =100000+50000+87500\sqrt{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=237500\text{ }N \)

Câu 4. Bài toán cân bằng của vật lật ( \( {{\tilde{m}}_{\text{lật }}}\le n.{{\tilde{m}}_{\text{giữ }}} \)).

Một tháp nước có các kích thước như hình 2.18, trọng lượng P(N) chịu tải trọng gió phân bố đều theo chiều cao bồn chứa q (N/m). Tìm chiều rộng tối thiểu b để tháp nước không bị lật. Lấy hệ số an toàn n = 3.

Hướng dẫn giải:

Xét tháp nước chịu liên kết bản lề tại A và tựa tại B. Dưới tác dụng của các lực  \( \overrightarrow{P},\overrightarrow{R} \)  \( (R=q.a) \) đặt tại điểm E ( \( EM=EN=\frac{a}{2} \)). Ta nhận thấy dưới tác dụng của  \( \overrightarrow{R} \) tháp có khả năng bị lật quay quanh A; còn  \( \overrightarrow{P} \) có tác dụng giữ tháp không cho lật, ở trạng thái sắp lật, liên kết tại B không còn nữa (Hình 2.19).

Điều kiện không lật với hệ số an toàn n = 3 là:  \( {{\tilde{m}}_{\text{l }\!\!\ddot{\mathrm{E}}\!\!\text{ t}}}\le 3{{\tilde{m}}_{\text{gi }\!\!\tilde{\mathrm{a}}\!\!\text{ }}} \)

Trong đó:  \( {{\tilde{m}}_{\text{l }\!\!\ddot{\mathrm{E}}\!\!\text{ t}}}=R\left( h+\frac{a}{2} \right) \),  \( {{\tilde{m}}_{\text{gi }\!\!\div\!\!\text{ }}}=P.d \)

Vậy,  \( R\left( h+\frac{a}{2} \right)\le 3.P.b \)

 \( \Rightarrow b\ge \frac{R\left( h+\frac{a}{2} \right)}{3P}\Rightarrow {{b}_{\min }}=\frac{R\left( h+\frac{a}{2} \right)}{3P} \)

Với điều kiện  \( {{b}_{\min }}=\frac{R\left( h+\frac{a}{2} \right)}{3P} \), tháp cân bằng bình thường. Khi đó các phản lực tại các liên kết A và B được tính với bài toán cân bằng bình thường như sau:

\(\left\{ \begin{align} & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{kx}}}=0\Rightarrow {{X}_{A}}-R=0\begin{matrix}   {} & {} & {} & (1)  \\\end{matrix} \\  & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{F}_{ky}}}=0\Rightarrow {{Y}_{A}}P+{{N}_{B}}=0\begin{matrix}   {} & {} & (2)  \\\end{matrix} \\  & \sum\limits_{k=1}^{n}{{{{\tilde{m}}}_{A}}({{\overrightarrow{F}}_{k}})}=0\Rightarrow -P.b-R.\left( h+\frac{a}{2} \right)+{{N}_{B}}.2b=0\begin{matrix}  {} & (3)  \\\end{matrix} \\ \end{align} \right.\)

Giải hệ phương trình trên, ta được:

 \( (1)\Rightarrow {{X}_{A}}=R \)

 \( (3)\Rightarrow {{N}_{B}}=\frac{Pb-R\left( h+\frac{a}{2} \right)}{2b}=\frac{P}{2}-\left( \frac{h}{2b}+\frac{a}{4b} \right)R \)

 \( (2)\Rightarrow {{Y}_{A}}=P-{{N}_{B}}=P-\left[ \frac{P}{2}-\left( \frac{h}{2b}+\frac{a}{4b} \right) \right]R \)

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 đủ và chính xác nhất!

Các bài viết cùng chủ đề!

Các Sách Giải Bài Tập - Đề Thi do Trung tâm phát hành!


error: Content is protected !!
MENU
Trang Chủ