Bách Khoa Online
Giao lưu - Học hỏi - Chia sẻ kinh nghiệm
của các thế hệ sinh viên Bách Khoa

hutonline.net -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

R
r

H
ình 2.1
n
F
r
F
r
1

a
c
F
r
3

2

b
F
r
O
R
r

m
n


1
+ x
2
+ + x
n
=

=
n
1i
X
i
;
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-16-
R
r
y
= y
1
+ y
2
+ + y
n
=

=
n
1i

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
=


F
r
1

3
z
r2
z
r
M
r
0

m
r
20

10

m
r
O
m
2
1
z
r

( ) + + m
2
F
r
x
(
n
F
r
) =

=
n
1i
m
x
( F
r
i
);
M
y
= m
y
(
1
F
r
) + m
y

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

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
''
H
ình 2.3
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-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 (

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

1
=
m
r
o
( ) ,
1
F
r
m
r
2
=
m
r
o
(
2
F
r
),
m
r
n
=
o
(
n
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


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

=

=
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

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

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:
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-20-
(
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

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


a)
'
b)
O'
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-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

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 OP
r
1

1



P
r

P
r
'
M
r
0

H
ình 2.7
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-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

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

ình 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

( ) = R
r

=
n
1i
m
r
o
(F
r
i
)
Chiếu phơng trình trên lên trục oz sẽ đợc:
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-23-
m
z
( ) = R
r

=
n
1i
m
z
( F
r
i

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

=
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
m
x
( F
r
i
) = 0, M
y
=

=
n
1i
m
y
( F
r
i
) = 0, M
z
=

=
n
1i
m
z
( F
r

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:
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-25-
R
x
=

=
n
1i
X
i
= 0
R
y
=

=
n
1i

( F
r
i
) =

=
n
1i
m
ix
= 0,
M
y
=

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

=
n
1i
m
iy

r
i
của ngẫu lực thứ i.
2.3.2.3. Hệ lực song song
Chọn hệ toạ độ oxyz sao cho oz song song với các lực. Khi đó các hình
chiếu R
x
, R
y
của véc tơ chính và M
z
của mô men chính luôn luôn bằng không.
Vì vậy phơng trình cân bằng của hệ lực song song chỉ còn lại ba phơng
trình sau:
R
z
=

=
n
1i
Z
i
= 0;
M
x
=

=
n

r

luôn luôn vuông góc với nhau, nghĩa là hệ lực phẳng luôn luôn có hợp lực
R
r

nằm trong mặt phẳng của hệ đã cho. Để đảm bảo điều kiện hợp lực của hệ bằng
không tức là điều kiện cân bằng của hệ ta có thể viết phơng trình cân bằng dới
3 dạng khác nhau.
1. Dạng hai phơng trình hình chiếu một phơng trình mô men:
Để hệ lực cân bằng cũng nh các trờng hợp khác phải có R = 0 và M
o
=
0. Nếu chọn hệ toạ độ oxy là mặt phẳng chứa các lực của hệ ta thấy ngay các
phơng trình R
z
=

=
n
1i
z
i
= 0; M
x
=

=
n
1i


=
n
1i
Y
i
= 0; (2-10)
M
z
=

=
n
1i
m
z
(F
i
).
Hai phơng trình đầu là phơng trình hình chiếu còn phơng trình thứ ba
là phơng trình mô men. Cần chú ý vì các lực cùng nằm trong mặt phẳng oxy do
đó M
z =


=
n
1i
m
z

n
1i
X
i
= 0;
M
A
=

=
n
1i
m
A
(F
i
) = 0; (2-11)
M
B
=

=
n
1i
m
B
(F
i
) = 0
Với điều kiện trục x không vuông góc với AB.

1i
m
A
( F
r
i
) = 0
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-28-
M
B
=

=
n
1i
m
B
( F
r
i
) = 0 (2-12)
M
C
=

=
n
1i

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.
3. Thiết lập điều kiện cân bằng cuả vật bởi các phơng trình cân bằng của
hệ lực tác dụng lên vật khảo sát bao gồm các lực cho và phản lực liên kết.
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-29-
4. Giải hệ phơng trình cân bằng để xác định trị số và phơng chiều của
các phản lực liên kết hoặc thiết lập mối quan hệ giữa các lực để đảm bảo điều
kiện cân bằng cho vật khảo sát .
5. Nhận xét các kết quả thu đợc.
Cần chú ý rằng chiều của các phản lực thờng cha đợc xác định vì thế
lúc đầu phải tự chọn chiều. Dựa vào kết quả giải hệ phơng trình cân bằng ta có
thể xác định chiều của các phản lực chọn đúng hay sai. Nếu các phản lực liên
kết cho trị số dơng thì chiều chọn là đúng và nếu trị số âm thì chiều phải đảo lại
. Mặt khác cũng cần lu ý rằng bài toán có trờng hợp giải đợc (bài toán tĩnh
định) khi số ẩn số cần xác định nhỏ hơn hoặc bằng số phơng trình cân bằng. Có
trờng hợp không giải đợc (bài toán siêu tĩnh) khi ẩn số cần tìm lớn hơn số
phơng trình cân bằng.
Thí dụ 2.1. Cột điện OA chôn thẳng đứng trên mặt đất và đợc giữ bởi hai
sợi dây AB và AD hợp với cột điện một góc = 30
0
(xem hình 2-8a) Góc giữa
mặt phẳng AOD và mặt phẳng AOB là = 60
0


R
r
1

R
r
2

Chọn vật khảo sát là đầu A của cột điện.
Liên kết đặt lên đầu A là hai sợi dây
AB, AD và phần cột điện còn lại.
Gọi phản lực liên kết trong dây AB là
R
1
, trong dây AD là R
r
2
và lực dọc cột là R
r
3

với chiều chọn nh hình vẽ 2-8. Khi giải
phóng điểm A khỏi liên kết điểm A sẽ chịu tác
dụng của các lực P
1
, P

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
R
1
R
2
R
3
x
1
y
1
z
1
0
-P
0
-P
0
0

Zi = -R
1
cos - R
2
cos + R
3
= 0 (c)
Hệ 3 phơng trình trên chứa 3 ẩn số R
1
, R
2
, R
3
nên bài toán là tĩnh định.
Giải hệ phơng trình trên đợc:
R
1
= P


sin
gcot1
; R
2
=
sinsin
P
; R
3
= P cotg(1-cotg +

B
,
N
r
C
.
P
r

N
r
C

N
r
B

N
r
A

z
G
B
O
A
x
y
C


+ N
C
- P = 0 (a)
m
x
(F
i
) = -P.0,5 + N
C
.1,5 = 0 (b)
m
y
(F
i
) = - N
A
.0,5 + N
B
.0,5 = 0 (c)
Hệ ba phơng trình trên chứa 3 ẩn số N
A
, N
B
, N
C
nên bài toán là tĩnh
định.
Giải phơng trình trên xác định đợc:
N
A

Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-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
A
nằm trong mặt phẳng hình
vẽ. Liên kết tại C đợc thay thế bằng lực căng
T
r
hớng dọc theo dây. Liên kết tại
B thay bằng lực căng đúng bằng
P
r
nhng có chiều hớng lên trên. Chiều của R
r
A

và
chọn nh hình vẽ. Nh vậy xà AB ở trạng thái cân bằng dới tác dụng của

+ 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
2
2
1
1
A
Q
r
C

G
r



90

0
=

+
+
=
++
kN;
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-33-
X
A
= Tcos30
0
= 4,5.0,866 = 3,90kN;
Y
A
= Q + G -T cos60
0
- P = 1 + 10 - 4,5.0,5 - 5 = 3,75, kN
Kết quả cho các trị số của T, X
A
, Y
A
đều dơng do đó chiều chọn ban đầu
là đúng.
Thí dụ 2.4: Trục truyền nằm ngang đặt trên hai gối đỡ bản lề cố định A và
B (xem hình vẽ 2-12). Trục nhận
chuyển động quay từ dây đai dẫn

B

B
Y
A

Z
A

z
y
A
C
T
2
T
1
a
b
a

x
H
ình 2.12
Bài giải:
Chọn vật khảo sát là trục BC.
Liên kết lên trục là các ổ đỡ A, B. Các lực tác dụng cho là
T
r
1

nhầm lẫn ta lập bảng hình chiếu và mô men của hệ lực đối với các trục toạ độ
(bảng 2-2) .

Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-34-
Bảng 2-2
F
r
1
F
r

T
r
1
T
r
2
R
r
A
R
r
B
X
1
Y
1
Z

T
2
0
-T
2
r
1
0
-T
2
a
0
Y
A
Z
A
0
0
0
0
Y
B
Z
B
0
-Z
B
(a+b)
Y
A

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.
Giải hệ phơng trình trên tìm đợc:
T
2
=
r
r.P
2
=
20
15.180
= 135kN ; T

.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.
Bỏch Khoa Online: hutonline.net
Tỡm kim & download ebook: bookilook.com
-35-
Trong các kết quả tìm đợc chỉ có giá trị Y
A
mang dấu âm do đó chiều của
nó ngợc với chiều đã chọn.
Thí dụ 2.5: Cho hệ hai dầm
AB và BE nối bằng khớp bản lề
tại B (xem hình vẽ 2-13). Trọng
lợng của dầm AB là Q đặt ở giữa

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
D
(
N
r
D
vuông góc BE. Dầm BE
chịu tác dụng của các lực
, P
r

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:
N
D
=
4
3
Pcos =
4

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
B
, R
r
A
,
N
r

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
B
= 15kN;
Y
A
=
4
1