Tài liệu Bài tập cơ học lý thuyết

3 LỜI NÓI ĐẦU Cuốn “ Bài tập cơ lý thuyết ” in lần này là kết quả của nhiều lần rút kinh nghiệm qua thực tế giảng dạy của Bộ môn cơ học lý thuyết Trường Đại học Thủy lợi suốt bốn mươi năm qua. So với hai tập giáo trình xuất bản năm 1976, chúng tôi đã chọn lọc sửa chữa và rút bớt lại về số lượng bài, kết cấu lại các chương mục cho phù hợp với đề cương môn học đã được sửa đổi theo tinh thần cải cách giáo dục và đáp ứng yêu cầu đào tạo các ngành nghề của Trường Đại học Thủy lợi. Giáo trình này được dùng cho sinh viên chính quy hệ 5 năm của trường Đại học Thủy lợi, ngành công trình và ngành máy(chương trình A). Tuy nhiên những sinh viên học theo chương trình B hoặc sinh viên hệ tại chức, khi sử dụng giiaos trình này có sự hướng dẫn của giáo viên cũng rất thuận lợi. Ngoài ra giáo trình này còn làm tài liệu ôn tập cho những học viên ôn tập để thi tuyển vào hệ cao học hay nghiên cứu sinh ngành cơ học. Chúng tôi mong có sự góp ý của các thầy giáo cô giáo và người sử dụng về nội dung và hình thức để giúp chúng tôi hoàn thiện hơn về giáo trình này. Hà Nội, tháng 10-2003 Tập thể bộ môn Cơ học lý thuyết GS.TS.Nguyễn Thúc An PGS.TS.Khổng Doãn Điền PGS.TS.Nguyễn Đình Chiều PGS.TS.Nguyễn Đăng Tộ PGS.TS.Nguyễn Bá Cự PGS.TS.Lê Đình Don TS.Nguyễn Đình Thông TS.Nguyễn Thị Thanh Bình 4 PHẦN THỨ NHẤT: TĨNH HỌC CHƯƠNG I: NHỮNG KHÁI NIỆM CƠ BẢN- HỆ TIÊN ĐỀ TĨNH HỌC Tĩnh học là một phần của Cơ học lý thuyết, trong đó nghiên cứu điều kiện cân bằng của vật rắn dưới tác dụng của lực. Vật rắn ở trạng thái cân bằng hiểu theo nghĩa tĩnh học là vật rắn đứng yên. Với qui ước ngay từ đầu vật rắn đã đứng yên, ta có thể đồng nhất khái niệm cân bằng của vật rắn với khái niệm cân bằng của hệ lực tác dụng lên nó. Do đó để nghiên cứu điều kiện cân bằng của vật rắn dưới tác dụng của hệ lực, ta chỉ cần nghiên cứu điều kiện cân bằng của hệ lực tác dụng lên nó là đủ. Nội dung chủ yếu của các bài toán tĩnh học là tìm phản lực để hệ lực tác dụng lên vật khảo sát cân bằng. Cơ sở lý luận của phần tĩnh học là hệ tiên đề tĩnh học. HỆ TIÊN ĐỀ: Tiên đề 1: ( Tiên đề về sự cân bằng) F F Điều kiện cần và đủ để hệ hai lực cùng tác dụng lên một vật rắn cân bằng là chúng có cùng giá, cùng cường độ và ngược chiều nhau. r r r r r F1 , F2 0 ⇔ F1 = − F2 và cùng giá. ( ) Tiên đề 2: ( Tiên đề thêm bớt hệ lực cân bằng ) Tác dụng của một hệ lực lên vật rắn không thay đổi nếu ta thêm vào hay bớt đi một hệ lực cân bằng r r r r r r r r r (F1 , F2 ,..., Fn ; P1 , P2 ,..., Pm ) F1 , F2 ,..., Fn ( Trong đó: ) (P , P ,..., P ) r r 1 r 2 m r 0 Tiên đề 3: ( Tiên đề về hợp lực ) F2 Hệ hai lực cùng đặt tại một điểm có hợp lực đặt tại điểm chung ấy, véc tơ biểu diễn hợp lực là véc tơ đường chéo của hình bình hành mà hai cạnh là hai vectơ biểu diễn hai lực đã cho. r ur ur ur r r F1 , F2 R ; R = F1 + F 2 ( ) Tiên đề 4: (Tiên đề về lực tác dụng và phản tác dụng) Lực tác dụng và phản tác dụng giữa hai vật là hai lực có cùng giá, cùng cường độ và ngược chiều nhau. 5 F F1 Chú ý: Khác với tiên đề 1, trong tiên đề 4, lực tác dụng và phản tác dụng không phải là hai lực cân bằng. Tiên đề 5: ( Tiên đề hoá rắn ) Khi vật biến dạng đã cân bằng, thì hoá rắn lại, nó vẫn cân bằng. HỆ QUẢ: Những hệ quả phát biểu dưới đây được trực tiếp rút ra từ hệ tiên đề tĩnh học đã nêu ở trên: Hệ quả 1: ( Định lý trượt lực) Tác dụng của một lực lên vật rắn không thay đổi, nếu ta trượt lực dọc theo giá của nó. Do đó lực tác dụng lên vật rắn được biểu diễn bằng véc tơ trượt. Hệ quả 2: Nếu một hệ lực cân bằng thì một lực bất kỳ thuộc hệ lấy theo chiều ngược lại, sẽ là hợp lực của hệ lực còn lại. Hệ quả 3: Có thể phân tích một lực thành 2 lực theo qui tắc hình bình hành lực. Hệ quả 4: Vật rắn chịu tác dụng của một lực khác không, sẽ không ở trạng thái cân bằng. Hệ quả 5: (Định lý về 3 lực cân bằng ) Nếu ba lực không song song, cùng nằm trong một mặt phẳng mà cân bằng thì giá của chúng đồng quy tại một điểm. Liên kết và phản lực liên kết Nắm vững các loại liên kết và phản lực liên kết là một trong những yếu tố quan trọng để giải đúng các bài toán tĩnh học. • Liên kết tựa: NC NB NA A N C B 6 N • Liên kết thanh không trọng lượng: SC SA SB A • Liên kết ngàm: C B RA XA YA MA A MA • Liên kết dây mềm, thẳng, khôngdãn: A T B TA TB • Liên kết bản lề: Bản lề trụ: + Z X Y y x y Y X x + X Bản lề cầu Z Z Y Y X + Bản lề cối X Z Z Z Z R Z Y Y y y X X x x 7 x y Nguyên lý giải phóng liên kết Vật không tự do có thể coi như tự do nếu thay các liên kết bằng những phản lực liên kết tương ứng. B B K D C P O ND K C D T A Vật không tự do NA A P Vật tự do Để lập hệ phương trình cân bằng cho các loại hệ lực, chúng ta phải nắm vững cách chiếu véc tơ lực lên các trục toạ độ và cách lấy mômen của lực đối F với một tâm cũng như đối với trục. α X Chiếu lực: Lực và trục cùng nằm trên một mặt phẳng: X= F.cosα Lực và trục không cùng nằm trên một mặt phẳng: z F X= Fxy.cosϕ= F.cosθcosϕ Y= Fxy.sinϕ= F.cosθ.sinϕ O Z= F.sinθ r r r r F = X .i + Y . j + Z .k x y θ ϕ F xy Mômen của lực: + Mômen của lực đối với 1 tâm: r r r r m0 ( F ) = r ∧ F r r r i j k r r m0 F = x y z X Y Z z ( ) F h r m0 ( F ) = F .h r r r r m0 ( F ) = 0 khi giá của lực F đi qua tâm lấy mômen 0. + B Mô men của lực lấy đối với một trục: 8 O x r A y B' d F xy A' r mz ( F ) = ± d .Fxy r Ta có mz ( F ) = 0 khi lực và trục lấy mômen cùng nằm trên một mặt phẳng nghĩa là r r giá của lực F cắt trục z, hoặc giá của lực F song song với trục z. 9 CHƯƠNG II. HAI BÀI TOÁN CƠ BẢN CỦA TĨNH HỌC I. Bài toán thu gọn hệ lực r r r ( F , F ,..., F ) 1 n 2 r r ∼ ( R0 , M 0 ) r ⎛ n ⎞r ⎛ n ⎞r ⎛ n ⎞r R0 = ⎜ ∑ X K ⎟ i + ⎜ ∑ YK ⎟ j + ⎜ ∑ Z K ⎟ k ⎝ K =1 ⎠ ⎝ K =1 ⎠ ⎝ K =1 ⎠ r r ⎤r ⎡ n r ⎤r ⎡ n r ⎤r ⎡n M 0 = ⎢ ∑ m0 x ( FK ) ⎥ i + ⎢ ∑ m0 y ( FK ) ⎥ j + ⎢ ∑ m0 z ( FK ) ⎥ k ⎣ K =1 ⎦ ⎣ K =1 ⎦ ⎣ K =1 ⎦ Các trường hợp có thể gặp khi thu gọn hệ lực không gian về một tâm được tóm tắt ở bảng dưới đây r r R0 . M 0 r r R0 . M 0 ≠ 0 ≠ 0 r R r r R0 . M 0 > 0 r r R0 . M 0 < r M 0= 0 = 0 = 0 r R r M0≠0 r M 0≠ 0 r M0=0 0 Hệ lực thu Hệ lực thu về xoắn về xoắn thuận nghịch Hệ lực Hệ lực thu Hệ lực thu về Hệ thu về về hợp lực một ngẫu có lực r hợp lực có fgiá mômen là M 0 cân có giá đi không không phụ bằng qua tâm 0 đi qua tâm 0 thuộc tâm 0 1. Thí dụ r r r r r r Theo các cạnh của lăng trụ tác dụng các lực F1 , F2 , F3 , F4 , F5 , F6 có chiều như hình vẽ. Biết Z F1 C F2 K RK F1 = F6 = 10N, F2 = F4 = 5N , F3 = F5 = 5 2 N, R0 F5 0 OA =2.OB = 10m , α= 45 . x Thu gọn hệ lực về dạng tối giản. Bài giải 10 F4 A MO 0 α Hình 1 F3 F6 y B 6 ∑X K =1 K 6 ∑Y K K =1 6 ∑Z K =1 K = F1 + F6 = 20N = ( F5 − F3 ) 2 = 0 2 = F4 − F2 + ( F3 − F5 ) r r r r R0 = 20.i + 0. j + 0.k 2 =0 2 ⇒ R0 = 20N r 2 ( F =0 0x K ) = ( F3 − F5 ) 0 B 2 6 ∑m K =1 r 2 ( .0 A − F4 .0 A = ( F1 + F5 2 − 2 F4 )0 B = 50 Nm m F ∑ K ) = F1 .0C + F5 . 0y 2 K =1 6 r 2 ( 0 A − F6 .0 B = ( F5 2 − F6 ).0 B = 0 m F ∑ 0z K ) = F5 2 K =1 r r r r M 0 = 0.i + 50. j + 0.k ⇒ M0 = 50Nm. r r r r r r Vậy, khi thu gọn hệ lực ( F1 , F2 , F3 , F4 , F5 , F6 ) về gốc toạ độ 0, ta được véc tơ chính uur r R0 có chiều trùng với chiềucủa trục 0x và có trị số 20N, mômen chính M 0 có chiều 6 trùng với chiều của trục 0y và có trị số 50Nm. r r r r R0 ≠ 0 , M 0 ≠ 0 , R0 .M 0 = 0 suy ra hệ lực đã cho thu về hợp lực. Hợp lực có trị số và phương chiều trùng với trị số và phương chiều của véc tơ r M 50 = 2,5m chính R0 . Ta cần tìm điểm đặt của hợp lực: 0 K = 0 = R0 20 r r r r r r r Điểm K là điểm đặt của hợp lực: ( F1 , F2 , F3 , F4 , F5 , F6 ) ∼ R K Điểm K phải nằm về phía chiều dương của trục 0z, cách gốc toạ độ 0 một đoạn r 2,5m mới phù hợp với trị số và phương chiều của véc tơ chính R0 và mômen chính r M0 . 2. Thí dụ r r r Hệ ba lực ( F1 , F2 , F3 ) đặt tại các điểm A, B, C và F2 có chiều như hình vẽ. Biết 0A=0B=0C = a. a. Tìm điều kiện để hệ lực thu về một ngẫu lực. b. Tìm điều kiện để hệ lực thu về một lực. 11 z B O xC F1 y A F3 Bài giải Hình 2 r r Trước hết ta cần tìm véc tơ chính R0 và mômen chính M 0 khi thu gọn hệ lực về gốc toạ độ 0. ⎧3 ⎪∑ X K = ( F2 − F3 ) ⎪ K =1 ⎪⎪ 3 ⎨ ∑ YK = ( F3 − F1 ) ⎪ K =1 ⎪ 3 ⎪ ∑ Z K = ( F1 − F2 ) ⎪⎩ K =1 2 2 2 2 r r r r 2 ⎡( F2 − F3 )i + ( F3 − F1 ) j + ( F1 − F2 )k ⎤ suy ra R0 = ⎦ 2 ⎣ 2 2 Mômen của một lực lấy đối với một trục bằng không khi giá của lực cắt trục nên ta r r r dễ dàng tìm thấy tổng mômen của các lực F1 , F2 , F3 đối với các trục tọa độ 0xyz. r ⎧ 3 2 ⎪ ∑ m0 x ( FK ) = F1.a. 2 ⎪ K =1 r ⎪⎪ 3 r r r r 2 a 2 suy ra M0 = F1.i + F2 . j + F3 .k ≠ 0 ⎨∑ m0 y ( FK ) = F2 .a. 2 2 ⎪ K =1 ⎪ 3 r 2 ⎪ ∑ m0 z ( FK ) = F3 .a. 2 ⎪⎩ K =1 r r r R0 .M 0 = 0 ; M 0 ≠ 0 r r r Kết quả trên luôn luôn đúng đối với hệ lực đã cho ( F1 , F2 , F3 ). ( a. Điều kiện để hệ lực thu về một ngẫu lực: Để hệ lực thu về một ngẫu lực chỉ cần thêm điều kiện : r R0 = 0 suy ra F1 = F2 = F3. r Ngẫu lực có véc tơ mômen là M 0 . b. Điều kiện để hệ lực thu về một lực: Để hệ lực đã cho thu về một lực chỉ cần thêm điều kiện: ⎧− F1 ≠ F2 ≠ F3 ; r ⎪ R0 ≠ 0 ⇒ ⎨− F2 ≠ F3 ≠ F1 ; ⎪−F ≠ F ≠ F . 1 2 ⎩ 3 12 ) Z Z P2 K P1 P3 O P5 A y P2 P4 P1 y x P4 P5 A B α x C P3 Hình 3 Hình 5 3. Theo các cạnh của lăng trụ tác dụng các lực có trị số P1=40N, P2=P5=10N; P3=15N; P4 = 5N và có chiều như hình vẽ. Biết 0A=2; 0K=20cm, α = 300. Thu gọn hệ lực về dạng tối giản. r Trả lời: Hệ lực thu về hợp lực RK đặt tại điểm K có chiều trùng với chiều trục y, có trị số RK= 20 3 N . r r r 4. Cho 3 lực P 1, P 2, P 3 đặt tại các điểm tương ứng A1(0,2,1) ; A2(1,-1,3); A3(2,3,1) và chiếu của chúng lên các trục toạ độ cho trong bảng bên. Lực r P1 r P2 r P3 X 3 Y 5 Z 4 -2 2 -6 -1 -7 2 Thu gọn hệ lực trên về gốc toạ độ. r r r R0 =0; M0 = 23,4Nm; cos M 0 , i = 0,679 Trả lời: r r cos M 0 , j =0,085 ; ( ) ( ) r r cos M 0 , k =- ( ) 0,727 r r r r r 5. Cho hệ lực P 1, P 2, P 3, P 4, P 5 đặt ở các đỉnh của hình hộp chữ nhật có chiều như hình vẽ. Biết P1=60N, P2=P3=10N, P4=10 5 N, P5=20N, 0A=0B=20cm, 0C=10cm. Thu gọn hệ lực trên về dạng tối giản. r Trả lời: R0 có chiều ngược với chiều trục 0y và R=30N, r M 0 nằm trong mặt phẳng 0yz và M0=100 5 Nm. Hệ lực thu về xoắn. r r 6. Trên hình hộp chữ nhật có lực P và Q tác dụng. Tìm mômen của các lực ấy đối với các trục toạ độ. Biết 0A = 3cm, 0C = 4cm, 0L=5cm, P= Q = 3N. r r r Trả lời: m0x ( P ) = 60 Nm ; m0y ( P ) = − 45 Nm ; m0z ( P ) = 36 Nm 34 34 34 13 r r r m0x (Q) = −6 2 Nm ; m0y (Q) = 4,5 2 Nm ; m0z (Q) = 0 Nm Z Z F P6 K P5 P1 Q D E y O A x P2 C P x B y O P4 P3 Hình 6 Hình 7 7. Tại các đỉnh của một lập phương có cạnh bằng a đặt 6 lực cùng có trị số P, có chiều như hình vẽ. Rút gọn hệ lực về dạng tối giản. Trả lời: Hệ lực thu về một ngẫu lực với M0 = 20 3 P đơn vị mômen lực D A P2 x P3 P1 z z O E B P1 O y x C P3 y P2 Hình 8 Hình 9 r r 8. Trên một tứ diện đều ABCD đặt các lực P1 hướng theo AB, P2 hướng theo CD và r r r r P3 có điểm đặt tại trung điểm E của BD. Giá trị của P1 , P2 tuỳ ý. Chiếu của P3 lên 3 trục toạ độ là X3 = 5 3 P2 ; Y3 = − 1 P2; Z3 = − 2 P2. Thu gọn hệ lực trên. 2 6 3 r r R0 .M 0 = 0 . Hệ lực thu về hợp lực. Trả lời: r r r 9. Ba lực P1 , P2 , P3 đặt tại các điểm A, B, C cách gốc toạ độ 0 tương ứng a, b, c nằm trong các mặt phẳng toạ độ và song song với các trục toạ độ. Hệ lực đã cho phải thoả mãn điều kiện gì để hệ lực có hợp lực, điều kiện nào để hệ lực đưa về một xoắn có trục đi qua gốc toạ độ. Trả lời: a. a b c + + =0 P1 P2 P3 14 P P1 P = 2 = 3 bP3 cP1 aP2 b. a c P P b F4 F6 F5 P H E P2 A P1 P4 F2 D F3 F1 Hình 10 Hình 12 F G P3 B C Hình 11 10. Theo 3 cạnh không cắt nhau và không song song với nhau của một hình hộp tác r dụng 3 lực P có trị số bằng nhau. Tìm quan hệ giữa a, b và c để hệ lực đó thu về một lực. Trả lời: b = a+ c 11. Tại các đỉnh của một hình lập phương ta đặt các lực theo phương của cạnh như r r r r r r hình vẽ. Tìm điều kiện để hệ lực ( F 1, F 2, F 3, F 4, F 5, F 6) cân bằng. Trả lời: F1 = F 2 = F 3 = F 4 = F 5 = F 6 12. Tại 4 đỉnh A, B, D, H của hình lập phương đặt 4 lực có trị số bằng nhau P1 = P2 r r r = P3 = P4 = P, trong đó P1 hướng theo AC, P2 hướng theo HF, P3 hướng theo BE r và P4 theo hướng DG. Hãy thu gọn hệ lực về điểm D. Tìm dạng tối giản của hệ lực. r r r r Trả lời: R = P 2( j + k ) ; M D = 0 . Hệ lực thu về một lực. A II. Bài toán cân bằng của hệ lực 13. Thí dụ Vật nặng Q= 9 3 N được treo vào bản lề C. Thanh BC nằm ngang. Thanh AC và BC bỏ qua trọng lượng được nối với nhau bằng bản lề C và gắn vào tường thẳng đứng bằng r r bản lề A, B. Biết β= 600. Xác định ứng lực S ′A , S B′ trong thanh AC, BC. Bài giải 15 b B SA y SB x C Q Hình 13 a) Khảo sát cân bằng bản lề C. b) Các vật liên kết: Thanh AC và thanh BC. (Hình 13) c) Hệ lực tác dụng lên vật khảo sát bao gồm : Các lực tác dụng tích cực và phản lực liên kết: • r Lực tác dụng tích cực là Q • Liên kết là hai thanh thẳng bỏ qua trọng lượng hai đầu gắn bản lề nên hai r r phản lực có phương dọc theo thanh, ký hiệu là S A , S B và giả sử có chiều như hình vẽ. r r r • Hệ lực cân bằng tác dụng lên vật khảo sát là: (Q, S A , S B ) ∼ 0. d) Hệ lực trên là hệ ba lực đồng qui phẳng. Ta có thể giải bằng phương pháp hình học hoặc phương pháp giải tích. Phương pháp hình học: Dựng tam giác lực khép kín. r Lực Q đã biết trước cả trị số và phương chiều nên trước hết ta dựng SA uur r Q ab = Q . Từ a và b dựng hai nửa đường thẳng song song với hai β r r giá của S A , S B . Chúng cắt nhau tại C. Để được tam giác lực khép b c r r SB kín ta chọn chiều của S A , S B sao cho phù hợp với chiều (quay) r r r của Q . Vậy ta đã xác định được chiều của S A , S B dựa vào tam giác lực khép kín. r r Chiều giả sử của S A , S B ở trên là đúng. Do các cạnh tương ứng song song nên tam giác lực abc đồng dạng với tam giác hình học ABC. Từ đó trị số SA, SB được xác định theo định lý hàm số sin trong tam giác lượng: SA SB SC = = 0 0 sin 90 sin 30 sin 600 ⇒ SA = Q = 18 N ; 3 2 SB = Q 1 = 9N . 32 2 Phương pháp giải tích: Hệ trục toạ độ Cxy được chọn như hình vẽ. Nên chọn gốc toạ độ trùng với điểm đồng qui của hệ lực và các trục toạ độ hướng sao cho việc lập hệ phương trình cân bằng đơn giản và dễ giải nhất. Áp dụng hệ phương trình cân bằng đối với hệ lực phẳng đồng qui ta có: 3 ∑X K =1 K 3 ∑Y K =1 K = S B − S A cos β = 0 (1) = S B sin β − Q = 0 (2) 16 Q 2 3 Q = 18 N = sin β 3 Từ (2) ta tìm được SA = Từ (1) ta có: 1 S B cos β = 18. = 9 N 2 e) Nhận xét: Nếu giải bằng phương pháp hình học thì dựa vào chiều của tam giác lực khép kín ta xác định được phương chiều của các phản lực trước sau đó tìm môđuyn của các phản lực sau. Nếu giải bằng phương pháp giải tích thì dựa vào hệ phương trình cân bằng của hệ lực ta tìm được môđuyn của các phản lực trứơc. Dựa vào kết quả tìm được, môđuyn của phản lực nào dương thì phương chiều của phản lực đó đúng như chiều giả thiết, môđuyn của phản lực nào âm thì phản lực đó có phương chiều ngược lại với phương chiều giả thiết. r r Trong bài toán này SA= 18N > 0; SB = 9N > 0 nên hai phản lực S A , S B có chiều như giả thiết trên hình vẽ. r Ứng lực của thanh AC có môđuyn bằng môduyn của phản lực S A . r r S A′ = S A = 18 N ; S A′ = − S A r Ứng lực của thanh BC có môđuyn bằng môduyn của phản lực S B . r r S B′ = S B = 9 N ; S B′ = − S B Áp dụng tiên đề 4 và tiên đề 1 tĩnh học ta thấy thanh AC bị kéo với cường độ 18N, còn thanh BC bị nén với cường độ 9N. A 14. Thí dụ. Một sợi dây không dãn hai đầu buộc vào trần nằm ngang tại hai điểm A, B. Tại điểm C treo tải trọng trọng lượng P. Các nhánh dây AC, BC lập với đoạn AB các góc α, β. Hãy xác r định sức căng T của các nhánh dây AC, BC theo P, α và β. b a TA C TB x P3 Hình 14 Bài giải a) Vật khảo sát : Nút C b) Vật liên kết: hai nhánh dây AC, BC (Hình 14) r r r c) Hệ lực tác dụng lên nút C: P, TA , TB TB r r r d) Lập điều kiện cân bằng của hệ lực trên: ( P, TA , TB ) ∼ 0 + 90-b a+b TA Phương pháp hình học: 90-a 17 P3 B Ta dễ dàng dựng được tam giác lực abc như hình vẽ và có: TA T P = B = cos β cos α sin(α + β ) + cos β P ; sin(α + β ) TA = Suy ra : TB = cos α P sin(α + β ) Phương pháp giải tích: 3 ∑X K =1 K 3 ∑Y K =1 K = TB cos β − TA cos α = 0 (1) = TB sin β + TA sin α − P = 0 (2) Nhân hai vế phương trình (1) với sinα , phương trình (2) với cosα rồi cộng từng vế với nhau ta được: TB (sin α cos β + sin β cos α ) − P cos α = 0 Suy ra: TB = cos α P sin(α + β ) Thay giá trị TB vào (1) thu được: TA = cos β P sin(α + β ) e) Nhận xét Các góc α, β nhọn ; 0 < α+β < π nên TA >0 ; TB > 0 r r Chiều của các phản lực TA , TB chọn như hình vẽ là đúng ( phản lực của dây cũng như phản lực tựa là loại phản lực đã biết chiều). Sức căng của dây: Một sợi dây mềm căng thẳng sẽ tách thành hai phần (I) và (II) ur nếu ta cắt dây tại một điểm K. Nếu ký hiệu t0 là véc tơ đơn vị định hướng từ (I) đến (II), thì sức căng T của dây tại điểm K là đại lượng vô hướng xác định bởi hệ thức : uur ur uur ur T12 = −T .t0 hay T21 = T .t0 Sợi dây xét luôn căng, và sức căng T là dương. Vậy, sức căng TA′ của nhánh dây AC, TB′ của nhánh dây BC có môđuyn bằng môđuyn TA, TB tương ứng: TA′ = TA ; O D TB′ = TB . RA 15. Thí dụ A Xà AB bỏ qua trọng lượng nằm ngang, đầu A gắn vào bản lề A, đầu B là gối tựa con lăn đặt lên mặt phẳng 18 NB C P Hình 15 B nghiêng so với phương nằm ngang một góc α= 450. Tại điểm C của xà treo vật nặng P 1 = 20N. Biết AC = BC = 2m. Xác định phản lực tại A, B. 3 Bài giải a) Vật khảo sát: Xà AB cân bằng. b) Liên kết: Bản lề A, gối tựa con lăn B. (Hình 15) r r r c) Hệ lực tác dụng lên xà: ( P, N B , RA ) ∼ 0 r d) Trong hệ ba lực cân bằng trên ta đã biết được phương chiều của hai lực P r và N B , giá của chúng giao nhau tại điểm O, còn phương chiều của phản lực r r RA chưa biết. Theo hệ quả 5 ta có giá của RA cũng phải đi qua 0. Do đó ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp hình học hoặc giải tích như hai thí dụ trên. Tuy nhiên trong trường hợp này ( khi đã đưa về dạng hệ ba lực đồng qui) nên dùng phương pháp hình học để giải thì nhanh gọn hơn, còn o uuur muốn sử dụng phương pháp giải tích không nhất thiết phải tìm NB tâm đồng qui. a Phương pháp hình học r Từ điểm 01 tùy ý dựng véc tơ 0C = P . Từ gốc 0 và mút C dựng các nửa r r đường thẳng song song với các giá của lực N B , RA , hai nửa đường r r thẳng này cắt nhau tại điểm d. Dựa vào chiều của lực P và phản lực N B d b ur P uur q RA c ta có tam giác lực ocd. Tam giác giác lực ocd đồng dạng với tam giác hình học 0CD. Dựa vào các điều kiện hình học ta dễ dàng tính được các cạnh: 0C = 6m; 0D=2 2 m ; CD= 2 5 m. Do đó ta có: RA N P = B = 2 5 2 2 6 NB = suy ra RA = 5 20 5 P= (N); 3 3 2 20 2 P= (N). 3 3 r Từ tam giác lực khép kín ocd ta có chiều của phản lực RA . B α 16. Thí dụ: Thanh đồng chất AB nặng P=2N treo vào tường thẳng đứng r nhờ bản lề A và dây BC. Biết α= 300. Xác định phản lực RA của bản lề A, sức căng của dây BC. RA A O α T P Bài giải Hình 16 a) Vật khảo sát: Thanh AB cân bằng 19 C c b) Liên kết: Bản lề A, dây BC. (Hình 16) r r r c) Hệ lực tác dụng lên thanh AB: ( P, T , RA ) ∼ 0, trong đó giá của r r P trọng lực P và giá của phản lực T cắt nhau tại 0 nên giá của r phản lực RA cũng phải qua 0. d) Ta sử dụng phương pháp hình học để giải. T o a RA Dựng tam giác lực o1ac. Tam giác lực o1ac đồng dạng với tam giác hình học 0AC nên các góc tương ứng bằng nhau do đó ta có: RA T P = = 0 0 sin 30 sin 60 sin 900 Suy ra: RA = P.sin300 = 2. T= P.sin600= 2. 1 = 1N 2 3 = 3N 2 e) Sức căng của dây BC có cường độ T ′ = T = 3 N và có chiều ngược với chiều r của phản lực T : r r T'=- T Bài toán này cũng như các bài toán tĩnh học khác có thể được giải bằng phương pháp giải tích: Do điều kiện hình học đã cho, ta chọn gốc toạ độ trùng với tâm đồng qui còn hai r r trục toạ độ trùng với giá của RA , T : 3 ∑X K =1 K 3 ∑Y K =1 K = −T + P cos300 = 0 (1) = RA − P cos 600 = 0 T = P cos300 = 2. (2) 3 1 = 3 N ; RA = P cos 600 = 2. = 1 N. 2 2 17. Thanh AC nằm ngang được nối với thanh BC bởi bản lề C và cùng gắn vào tường thẳng đứng bởi bản lề A, B. Tại bản lề C treo tải trọng Q = 30N. Biết AC=1,2m; BC=1,5m. Bỏ qua trọng lượng hai thanh. Xác định ứng lực trong các thanh AC, BC. Trả lời: Thanh AC bị kéo với cường độ S ′A = SA = 40N 20 A C Q B Hình 17 Thanh BC bị nén với cường độ S B′ = SB = 50N. 18. Dây AB được buộc chặt tại A đầu B treo vật nặng P. Dây BCD luồn qua ròng rọc C và đầu D treo vật nặng Q=10N. Bỏ qua ma sát ở ròng rọc C. Biết dây AB và BC lập với phương thẳng đứng các góc tương ứng α=450; β=600. Tìm lực căng của dây AB và trọng lượng P. .A Trả lời: T= 12,2N ; P= 13,7N C α β D Q B P Hình 18 19. Thanh AC và BC được nối với nhau và gắn vào tường thẳng đứng nhờ các bản lề A, B, C. Tại C treo tải trọng Q=1000N.Bỏ qua trọng lượng hai thanh. Xác định ứng lực trong các thanh AC, BC cho các trường hợp: a. α=600; β=300 b. α=300; β=600 b) S1= 577N ; S2= - 1154N. c. α=600; β=300 c) S1= 1154N ; S2= -577N Trả lời: a) S1=866N ; S2= - 500N. A A A β 1 C 2 B C β α α 1 Q Q 2 β α C Q B Hình 19a Hình 19c 1 2 B Hình 19b 20. Thanh AC và BC không trọng lượng được nối với nhau và gắn vào trần nằm ngang bởi các bản lề A, B, C. Tại C treo tải trọng Q=1000N. Xác định phản lực của hai thanh AC, BC. Trả lời: SA= SB= 707N 21 21. Một vật nặng 15N treo tại trung điểm B của dây ABC dài 20m. Biết A,C,D nằm ngang, BD = 0,1m. Tìm lực căng của đoạn dây AB, BC. Trả lời: TA= TC= 750N O A 45 O 45 D A B C β C α A B C B Q Q Hình 20 Hình 21 Hình 22 l 22. Một đèn nặng 2N treo tại điểm B của dây ABC. Xác định lực căng của các đoạn dây AB, BC. Biết α=600 , A β=1350. Trả lời: C TA= 1,46N ; TC= 1,04N. B x E P Q D Q Hình 23 23. Đoạn dây CAEBD vắt qua hai ròng rọc nhỏ nằm ngang A, B, AB = l. Tại mút C và D treo hai tải trọng cùng trọng lượng Q, tại E treo tải trọng P. Bỏ qua ma sát ở hai ròng rọc. Tìm khoảng cách x từ E đến AB khi hệ ở vị trí cân bằng. Trả lời: x= Pl 2 4Q 2 − P 2 C 24. Thanh AB bỏ qua trọng lượng được gắn bản lề ở A, đầu B được treo tải trọng P và buộc dây vắt qua ròng rọc nhỏ không ma sát C có treo vật nặng Q. A, C cùng trên đường thẳng đứng, AC=AB. Xác định ứng lực trong thanh AB và góc α khi hệ cân bằng. Trả lời: S =-P, sin α 2 = B α P A Hình 24 Q 2P 25. Vật P=20KN treo trên cần trục ABC nhờ xích vắt qua hai ròng rọc bỏ qua ma sát A và D. Các góc cho trên hình vẽ. Trọng lượng các thanh và xích không đáng kể. Tìm ứng lực trong thanh AB và AC. Trả lời: Q B D 60 o 30 30 o S1=0 ; S2=-34,6KN r 26. Tìm trị số tối thiểu của lực ngang P để nâng con lăn nặng 40KN, bán kính 50cm lên khỏi nền gạch cao 10cm. o C Hình 25 22 A Q