-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

3

2

b
F
r
O
R
r

m
nR
r
= + + =
1
F
r
2
F
r
n
F
r

=
n

y
= y
1
+ y
2
+ + y
n
=

=
n
1i
Y
i
;
R
r
z
= z
1
+ z
2
+ +z
n
=

=
n
1i
Z

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

20

10

m
r
O
m
2
1
z
r

H
ình 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
y
= m
y
(
1
F
r
) + m
y
( ) + + m
2
F
r
y
(
n
F
r
) =

=
n
1i
m
y
( F
r
i
);

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

H
ình 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

'')
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

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

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

F
r
2
F
r
r
3
m
r
10(
R
r
(n-1)
,
F
)
n
r
R
r
H
ình 2.4
-19-
trong đó
= R
r
R

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


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

).
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

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
r
') P
R
r

O'
O
P'
n
o
R
r
d
O
R
r
R
r
o

M
r
o

o


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
đặt tại O còn lực
' đặt tại OP
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

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

=

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

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

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.

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
X
i
= 0, R
y
=

=
n
1i
Y
i
=0, R
z
=

=
n
1i
Z
i
= 0
M
x
=

=

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

i
=0 (2-7)
R
z
=

=
n
1i
Z
i
= 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 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:
M
x
=

=
n
1i
m
x
( F

M
z
=

=
n
1i
m
z
(F
r
i
) =

=
n
1i
m
iz
= 0.
ở đây m
ĩx
, m
iy
, m
iz
là hình chiếu lên các trục hệ tọa độ oxyz của véc tơ mô
men
m
r

m
x
( F
r
i
) = 0; (2-9)
-26-
M
y
=

=
n
1i
m
y
( F
r
i
) = 0
Trong đó phơng trình đầu là phơng trình hình chiếu còn hai phơng
trình cuối là phơng trình mô men.
2.3.2.4. Hệ lực phẳng
Cần lu 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

i
) = 0 và M
y
=

=
n
1i
m
y
(F
i
) = 0 là luôn luôn
tự nghiệm vì vậy phơng trình cân bằng chỉ còn :
R
x
=

=
n
1i
X
i
= 0;
R
y
=

=
n

M
z
=

=
n
1i
m
z
(F
i
)

-27-
2. Dạng một phơng trình hình chiếu và hai phơng trình mô men
Điều kiện hợp lực
của hệ bằng không có thể biểu diễn bằng ba phơng
trình sau đây:
R
r
R
z
=

=
n
1i
X
i
= 0;

Theo định lý Va ri nhông ,từ phơng trình (2) ta thấy hợp lực
R
r
hoặc
bằng không hoặc đị qua A.
Từ phơng trình (3) ta cũng thấy hợp lực
R
r
của hệ bằng không hoặc đi
qua B.
Kết hợp cả ba phơng 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
đợc vì trái với giả thiết.
Nh vậy nếu hệ thoả mãn phơng trình (2-11) thì hợp lực của nó sẽ bằng
không nghĩa là hệ lực cân bằng.
3. Dạng ba phơng trình mô men đối với 3 điểm
Ngoài hai dạng phơng trình cân bằng trên hệ lực phẳng còn có phơng
trình cân bằng theo dạng sau:
M
A
=

=
n
1i
m
A
( F
r

Thật vậy, nếu hệ lực phẳng thoả mãn phơng trình M
A
= m
A
( ) = 0 thì
theo định lý Va ri nhông hợp lực của hệ sẽ bằng không hoặc đi qua A. Cũng lý
luận tơng tự ta thấy để thoả mãn M
F
r
B
= 0 và M
c
= 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 đợc. Chỉ có thể hợp lực bằng không, có nghĩa là nếu
thoả mãn hệ ba phơng 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 phơng pháp giải
tích hoặc phơng pháp hình học nhng phổ biến và có hiệu quả nhất là phơng
pháp giải tích.
Giải bài toán cân bằng của vật thờng tiến hành theo các bớc 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 dới tác
dụng của các lực đã cho và phản lực liên kết.

2
= 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

R
r
1

R

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 phơng trình
cân bằng thiết lập 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
F
1
P
1
P

2
sincos
-R
2
cos
0
0
R
3

Phơng trình cân bằng viết đợc:
Xi =- P + R
2
sinsin = 0; (a)
Yi = - P + R
1
sin + R
2
sincos = 0 ( b)
Zi = -R
1
cos - R
2
cos + R
3
= 0 (c)
Hệ 3 phơng trình trên chứa 3 ẩn số R
1
, R
2

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, trọng lợng của xe
là P KN đặt tại trọng tâm G trên đoạn OC cách O là 0,5m. Tìm phản lực của mặt
đờng lên các bánh xe (xem hình 2-9)
-31-
Bài giải:
Khảo sát sự cân bằng của xe.
Giải phóng xe khỏi mặt đờng 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
A
,
B
,
C
.
Hệ 4 lực này là hệ lực song song.
Nếu chọn hệ toạ độ oxyz nh hình vẽ phơng trình cân bằng của hệ lực
trên theo (2-9) có dạng:
Z
i
= N
A
+ N
B
+ N
C
- P = 0 (a)
m
x
(F
i
) = -P.0,5 + N
C
.1,5 = 0 (b)
m
y
(F

C

B


M
2
1
1 2
Thí dụ 2.3: Xà AB đợc giữ
nằm ngang nhờ liên kết nh hình vẽ
(2.10). Tại A có khớp bản lề cố
định. Tại C đợc treo bởi dây CD
đặt xiên một góc so với xà. Tại B
có dây kéo thẳng đứng nhờ trọng
H
ình 2.10
-32-
vật P buộc ở đầu dây vắt qua ròng rọc.
Xà có trọng lợng 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 cờng 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; = 30
0
. Các kích thớc 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 đợc thay thế bằng phản lực
R
r

P
r
X
i
= X
A
- Tcos30
0
; (a)
Y
i
= Y
A
- Q - G +T cos60
0
+ P = 0; (b)
m
A
( F
r
i
) = - Q.1 - G.3 + T.4sin30
0
- M + 6P = 0. (c)
Trong các phơng trình trên
Q = 2q là tổng hợp lực phân bố đều
đặt tại điểm giữa AE.
B
P
r

, Y
A
, và T do đó bài toán là
tĩnh định.
x
H
ình 2.11
Giải hệ phơng trình trên ta
đợc:
T =
5,4
5,0.4
6.583.101.1
30sin.4
6.pM3.G1.Q
0
=

+
+
=
++
kN;
-33-
X
A
= Tcos30
0
= 4,5.0,866 = 3,90kN;
Y

2
;
Trọng vật P= 180kN; a = 40cm; b =
60cm và = 30
0
. Xác định phản lực
tại hai gối đỡ A và B.
P

Y
B

Z
B

B
Y
A

Z
A

z
y
A
C
T
2
T
1

, T
r
2
, F
r
, R
r
A
, R
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) .

-34-
Bảng 2-2
F
r
1
F
r

T
r
1
T
r
2

45
0
T
1
r
1
0
-T
1
.a
0
T
2
0
-T
2
r
1
0
-T
2
a
0
Y
A
Z
A
0
0
0

1
r
1
- T
2
r
1
= 0;
My = Fsin.b - Z
B
(a+b) = 0;
Mz = Fcos.b - T
1
a- T
2
a + Y
B
(a+b) = 0;
Hệ 5 phơng trình trên chứa 5 ẩn số là Y
A
, Z
A
, Y
B
, Z
B
và T
1
nên bài toán là
tĩnh định.

=
b
a
cosPbT3.a
2
+

=
6040
2
3
.60.180135.3.40
+

= 69 kN
Y
A
=- Pcos-3T
2
- Y
B
= -180.
2
3
-3.135- 69 -630KN
Z
A
= Psin - Z
B
= 180. 0,5 - 54 = 36kN.

AB; DE =
3
1
BE; = 45
0
.
H
ình 2.13
Bài giải: Cần lu 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 đợc. Vật phụ là vật khi tách ra không thể đứng vững đợc. Ta xét vật
phụ trớc sau đó xét vật chính sau. Cũng cần chú ý thêm khi tách vật tại các
khớp nối sẽ đợc thay thế bằng các lực tác dụng tơng hỗ, các lực này cùng
phơng cùng trị số nhng ngợc 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 R
B
(lực tác dụng
tơng hỗ của dầm chính lên dầm BE). Phản lực R
B
nằm trong mặt phẳng thẳng
đứng ( mặt phẳng hình vẽ) và có hai thành phần X
B
và Y
B
( xem hình 2-14). Giải
phóng liên kết tại D thay vào đó bằng phản lực
N
r


N
r
D

D
E
Y
10
= Y
B
- P + N
D
cos = 0;
Y
B
m
B
(F
1
) = N
D
3
2
.a - P.
2
a
cos = 0.
B
Gải hệ phơng trình trên tìm đợc:

=
8
3
P sin2 =
8
3
.40.1= 15kN;
Y
B
= P(1-
4
3
cos
2
)= 40(1-
4
3
4
2
)= 25kN.
H
ình 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
thái cân bằng dới tác dụng của hệ lực:
Q
r
, - R
r

= 0;
m
C
(F) = - Y
A
.
3
b2
+ Q
6
b
- Y'
B
.
3
b
= 0;
Trong đó X'
B
= X
B
, Y'
B
= Y
B
nhng có chiều ngợc lại.
Giải hệ 3 phơng trình trên tìm đợc:
X
A
= X