授课内容4_平面力系的简化和平衡

B FNB
FAx
A
F FAy
1-4(d)
q B FNy
F
FAy A
FAx
1-4(b)
§2—3 平面力对点之矩的概念及计算 3
力对刚体的运动效应包括移动和转动两种， 力对刚体的运动效应包括移动和转动两种， 其中移动 由力矢来度量，而转动由力矩（或力偶）来度量。 由力矢来度量，而转动由力矩（或力偶）来度量。
M O ( F ) = ± Fh = ±2 A∆OAB
式中 A∆OAB为三角形OAB 的 面积，如图所示。单位为 N•m或kN •m。
力的作用效果
移动效应--取决于力的大小、方向 移动效应 转动效应--取决于力矩的大小、方向 转动效应
M O ( F ) = ± F ⋅d
+
-
说明： 说明：①
M O (F )是代数量。
M = ∑Mi
i=1
n
（2）平面力偶系的平衡 若力偶系平衡时，其合力偶的矩等于零。即
n
∑M
i =1
iHale Waihona Puke =0上式是平面力偶系平衡的必要与充分条件，即平 面力偶系的平衡方程。只有一个独立方程，只能 只有一个独立方程， 只有一个独立方程 求解一个求知数。 求解一个求知数
例1 ： 已知
M1 = 2kN⋅ m, OA = r = 0.5m, θ = 30 ;
3．力偶与力偶矩 由两个大小相等、方向相反且不共线的平行力组成 的力系，称为力偶 力偶。如图所示，记作（F，F'）。力 力偶 偶的两力之间的垂直距离d称为力偶臂 力偶臂，力偶所在的 力偶臂 平面称为力偶作用面。 力偶作用面。 力偶作用面
A F' D d B C F
如司机用双手转动驾驶盘，钳工用丝锥 攻螺纹，人们用手指转动钥匙或水龙头 等等都是力偶作用的例子。
② F↑,d↑转动效应明显。 ③ M O (F )是影响转动的独立因素。
M 当F=0或d=0时， O (F ) =0。
④单位N•m，工程单位kgf•m。 ⑤ M O (F ) =2⊿AOB=F•d ,2倍⊿形面积。
的作用点沿其作用线移动， 力F的作用点沿其作用线移动， 的作用点沿其作用线移动 不改变这力对O点的矩 点的矩。 不改变这力对 点的矩。
F‘2
（1）平面力偶系的合成
F4 A F3 d
F ‘3 B F ‘4 F'
A F F，F‘组成一新力偶即为合力偶 ，合力偶 的矩为 M=Fd=（F3-F4）d=F3d-F4d=M1+M2
d
B
同理，可以推得几个力偶的合成。即作用于刚体同平 面内的任意个力偶可以合成一个合力偶，合力偶矩等 于各个分力偶矩的代数和。可表示为
力偶矩矢
11） （3–11） 11
2．同平面内力偶的等效定理 定理：在同平面内的两个力偶，如果力偶矩相 等，则两力偶彼此等效。
由此可得两个推论： （1）力偶可以在其作用面内任意移转，而不影响 它对于刚体的效应。因此，力偶对刚体的作用与力 偶在其作用面的位置无关。 （2）只要保持力偶矩的大小和转向不变，可以同 时改变力偶中力的大小和力偶臂的长短，而不改变 力偶对刚体的作用。 这样，力偶中的力的大小和力臂长短都不是力偶的 特征量，故常用下图所示的符号表示。 F d == F' F1 d1 == F'1 F2 d2 == M
M O ( F ) = M O ( Fx ) + M O ( Fy ) = xFy − yFx
y y O x Fy
F
θ
A Fx x
上式为平面内力矩的解析形 上式为平面内力矩的 解析形 注意， 式。注意，式中各量应以代数 量代入。 量代入。
合力FR对点O之矩的解析表达式为
MO (FR ) = ∑(xi Fyi − yi Fxi )
A
θ
M1 M2
D
能与力偶平衡，所以支座O和D的约束力FO 和FD 只能分别平行于FAB 和FBA ，且与其方向相反。 写出杆OA和DB的平衡方程： ∑M = 0 M
O FBA A M1 FO
O
B
M1 − FABrcos θ = 0 − M2 + 2FBArcos θ = 0
因为
FAB M2
FAB = FBA
2、合力矩定理与力矩的解析表达式
合力矩定理：平面汇交力系的合力对于平面内任一点 合力矩定理： 之矩等于所有各分力对于该点之矩的代数和。 之矩等于所有各分力对于该点之矩的代数和。即
M O ( FR ) = ∑ M O ( Fi )
i =1
n
为了便于计算力对点之矩，将力分解成两个正交分力， 为了便于计算力对点之矩，将力分解成两个正交分力， 如图所示，再利用合力矩定理求得。 如图所示，再利用合力矩定理求得。即
F
A
F F’NC
2.取分离体画受力图 2.取分离体画受力图 3.解除约束 3.解除约束
FNC
B
F’NB
FNA
FNB
FNB
C
FNC
1-5(c)
FND
1-5(a)
FAy
q
F’Nc F FNc 1-5(e) FND
A
FAx FNB
及铰链O， 处的约束力 处的约束力。 求：平衡时的 M2 及铰链 ，B处的约束力。 由力偶只能由力偶平衡的性质,画受力图 解：取轮,由力偶只能由力偶平衡的性质 画受力图。 取轮 由力偶只能由力偶平衡的性质 画受力图。
∑M = 0
解得
M1 − FA ⋅ r sinθ = 0
F = FA = 8kN O
M2 = 2M1
所以求得 D FD
图示结构， =800N.m， 两点的约束反力。 例5 图示结构，已知M=800N.m，求A、C两点的约束反力。
M AC = RC ⋅ d = 0.255 R C ( N .m )
∑M
i
=0
M AC − M = 0
RC = 3137 N
作业:2-6,2作业:2-6,2-8 :2
例题 4 如图所示的铰接四连杆机构OABD，在杆OA和BD 上分别作用着矩为M1和M2的力偶，而使机构在图示位 置处于平衡。已知OA=r，DB=2r，θ =30°，不计杆重， 试求M1和M2间的关系。 B A
θ
M1 M2
D
O
解：
B
因为杆AB为二力杆，故其反力FAB和FBA只
能沿A，B的连线方向。 分别取杆OA和DB为研究对象。因为力偶只
i=1
n
如图所示，如果已知： 如图所示，如果已知：F 、θ、ϕ 、l，求力F 对点O之矩 （1）按力矩的定义
MO (F) = F ⋅ h = Flsin(90 −θ +ϕ) = Fl cos( −ϕ) θ
（2）应用合力矩定理
MO (F) = MO (Fx ) + MO (Fy ) = F sinθ ⋅ l sinϕ + F cosθ ⋅ l cosϕ + = Fl cos( −ϕ) θ
图示结构 ，若 F 下的约束力
P
已知， 和 L 已知， 确定二种情形
L A L A L C M=FP L C L B B L
L M=FP L A A C C
L B L B M=FP L
L L D M=FP L D
FNA
FNB
P
1-3(b)
注意事项
1.用作图工具画图：铅笔、 1.用作图工具画图：铅笔、直尺 用作图工具画图
授课内容（ 授课内容（四）
作业讲评 §2—3 平面力对点之矩的概念及计算 3 §2-4 平面力偶与平面力偶系
2010年9月15日
注意事项
F
1.用作图工具画图：铅笔、 1.用作图工具画图：铅笔、直尺 用作图工具画图 2.取分离体画受力图 2.取分离体画受力图
FNB
P
FNA 1-3(b)
3.解除约束 3.解除约束
力偶不能合成为一个力，但又不平衡，故力偶也不能 用一个力来平衡。力偶和力一样为一个基本力学量。 力偶的作用只改变物体的转动状态，其效应用力偶矩来 度量，其值为力与力偶臂的乘积，即Fd与矩心位置无关。 平面力偶对物体的作用效应，由两个因素决定： （1）力偶矩的大小 ） （2）力偶在作用面的转向。 ）力偶在作用面的转向。 因此，平面力偶矩是一个代数量，以M表示，即 M=±Fd=±2A△ABC 转向用正负号表示，用力矩规定。力偶矩的单位为 N•m，与力矩相同。
取杆BC，画受力图。 取杆 ，画受力图。
r − M2 = 0 ∑M = 0 F ⋅ sinθ 解得 M2 = 8kN⋅ m FB = FA = 8kN
' A
例题 2
在一钻床上水平放置工件,在工件上同时钻四个等直 径的孔,每个钻头的力偶矩为M1=M2=M3=M4=15N•m。 求工件的总切削力偶矩和A 、B端约束力。
例题 3 一简支梁作用一矩为M 的力偶，不 计梁重，求二支座约束力。 M A l B
解：以梁为研究对象。
梁上除作用有力偶 M 外，还 有反力FA，FB 。
M A FB l
FA B
因为力偶只能与力偶平衡，所 以 FA=FB。 又 ∑M = 0 即 M - FAl = 0
所以 FA =FB = M / l
已知： 求： 解：
a, b, F , α
Mo F = ?
( )
Fy
o a
F = Fx + Fy
αF x b
F
M o F = M o Fx + M o Fy
( )
由合力矩定理
( )
( )
= − Fx b + Fy a
= − Fbcosα + Fasinα
Fx = Fcosα
Fy = Fsinα