工程力学第二章-汇交力系
工程力学第二章平面汇交力系
cos Y Fy
FF 式中 cos和 cos 称为力 F 的方向余弦。
第二章 平面汇交力系
湖南工业大学土木工程学院
§2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
【例题 3】试求图中各力在坐标轴上的投影。已知 P1=P2=P4=10kN， P3=P5=15kN， P6=20kN。
第二章 平面汇交力系
工程力学
第二章 平面汇交力系
第二章 平面汇交力系
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第二章 平面汇交力系
§2–1平面汇交力系合成与平衡的几何法 §2–2平面汇交力系合成与平衡的解析法
第二章 平面汇交力系
湖南工业大学土木工程学院
§2-1平面汇交力系 合成与平衡的几何法
第二章 平面汇交力系
湖南工业大学土木工程学院
矢量表达式：R= F1+F2
由力的平行四边形法则作，也可用力的三角形来作。
由余弦定理：
R F12 F22 2F1F2 cos
合力方向由正弦定理：
F1
R
sin sin(180 )
第二章 平面汇交力系
湖南工业大学土木工程学院
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
2. 任意个共点力的合成
F1
A F2
F4 F3
F1 B F2
A
R
C
F3
D
F4
E
F1、F2、F3、F4 为平面共点力系：
表达式： R F1 F 2F3 F4
第二章 平面汇交力系
湖南工业大学土木工程学院
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
力的多边形规则：
把各力矢首尾相接，形成一条有向折线段（称为力链）。 加上一封闭边，就得到一个多边形，称为力多边形。
工程力学课件 02汇交力系
平面汇交力系平衡的解析条件 平面汇交力系的平衡方程。 说明：两个方程可求解两个未知量；
投影轴可任意选择。
②画出研究对象的受力图（取分离体）
③列平衡方程（选投影轴）
19
2、空间汇交力系的平衡：
空间汇交力系平衡的充要条件是：力系的合力为零，即：
F R F R 2 F x R 2 F y R 2 z (F x ) 2 (F y ) 2 (F z ) 2 0 F Rx F x 0 F Ry F y 0 空间汇交力系的平衡方程 F Rz F z 0
说明：①空间汇交力系只有 三个独立平衡方程，只能求解三 个未知量。
②上式中三个投影轴可以任取，只要不共面、其中任 何两轴不相互平行。
20
[例3] 已知 AC=BC= l , h , P . 解：①研究C
②画出受力图
求 : FAC , FBC
③列平衡方程
Fx 0
F BC co F sAC co 0 s
明力方向与假设相反。对于二力构件，一般先设为拉力， 如果求出负值，说明物体受压力。
29
2-6 2-8 2-10
30
q q F y 0 ,T 1 s 6 i T 2 c n 0 c o 4 o T 3 s c 5 s c o 4 o 0 s 5 s
q q F z 0 ,N 2 T 1 c 6 o T 2 0 s s i T 3 s n i 0 n
T 2 T 3 4 .9 ( 1 k),N N 2 2 .0 ( 3 k)N
方向： tg q F Ry
F Rx
qta1 nFRyta1 n Fy
FRx
工程力学 第2章 汇交力系_2
A
a
B
a
C
工 件
解：这是多个物体所组成的系统平衡的问题。系统平衡时， 其中的每一部分也应该是平衡的 P （1）取B点为研究对象
a
a
FN 1
FN 2
第二章 汇交力系
P
A
P
a
B
a
C
工 件
a
FN 1
a
FN 2
Fx 0, FN1 cosa FN 2 cosa 0 FN1 FN 2
Fy 0, FN1 sin a FN 2 sin a P 0
第二章 汇交力系
解题技巧及说明： 1. 投影轴常选择与未知力垂直，最好使每个方程中只有一 个未知数。 2. 解析法解题时，力的方向可以任意假设，如果求出负值， 说明力方向与假设相反。 3. 对于二力杆件， 一般先设为拉力，如果求出负值，说 明物体受压力。
第二章 汇交力系
例：图示连杆增力机构，P=1kN，α=80，求工件所 受压紧力。
第二章 汇交力系
§2 汇交力系的平衡条件
一、三力平衡汇交定理 定理：当刚体在同一平面内作用线互不平行的三个力作 用下平衡时，这三个力的作用线必汇交于一点。 B FB
FA
A
B FB
FA A
C
FC
C
FC FBC
FC D
FB
FB , FC 合成为力 FBC
因为 FB , FC 不平行，相交于D点
由二力平衡原理得：三力作用线必交于一点
FAC P
第二章 汇交力系
另一种列方程的方法
B
y
FBC
C
x
（坐标轴的方向变化
可以使计算变得简单）
工程力学(二)第2章 平面汇交力系
例 题 2- 3
重物质量m =10 kg,悬挂在支架铰接点B处，A、C 为固定铰支座，杆件位置如图示，略去支架杆件重 量，求重物处于平衡时，AB、BC杆所受的力。
C 。 B FCB 。 30 。 45 FAB y B x mg
60
45
。
A
解：取铰B为研究对象，其上作用有 三个力：重力mg；BC杆的约束力FCB（设为拉力） 及AB杆的约束力FAB（设为压力），列出平衡方程 ∑Fx= 0, -FCB cos30o + FABcos45o =0 ∑Fy= 0, -mg+FCB sin30o +FABsin45o =0
FCB 。 30 。 45 FAB y B x mg
例 题 2- 3
联立上述两方程，解得： FAB=88.0 N， FCB=71.8 N。
例题 2- 3
C 。 B FCB 。 30 。 45 FAB
y B x mg
60
45
。
A
由于求出的FAB和FCB 都是正值，所以原先假设 的方向是正确的，即BC 杆承受拉力，AB 杆承受压 力。若求出的结果为负值，则说明力的实际方向与 原假定的方向相反。
30o
并以铰链A，C与墙连接。如
P
两杆与滑轮的自重不计并忽 略摩擦和滑轮的大小，试求 平衡时杆AB和BC所受的力。
C
例 题 2-4
A
60o
D
B
解：取滑轮B为研究对象，忽 略滑轮的大小，设AB受拉，BC受 压，受力图及坐标如图。 列平衡方程
Fx = 0, − FAB + F1sin 30o − F2sin 60o = 0 ∑ Fy = 0, FBC − F1 cos 30o − F2 cos 60o = 0 ∑
工程力学第2章(汇交力系)
2.力在平面上的投影
FM F cos
⑴ 力在平面上的投影是矢量。 ⑵ α：力与投影平面的夹角。
3. 力在直角坐标轴上的投影 · 一次投影法 Fx F cos
Fy F cos
Fz F cos
·二次投影法
Fx Fxy cos F cos cos Fy Fxy sin F cos sin
合力FR 的大小
FR ( Fx )2 ( Fy )2 ( Fz )2
合力FR 的方向
R
F cos( F ，i )
x
cos( FR，j )
R
F Fy
F
z
F cos( F ，k ) F
二、汇交力系平衡的解析条件
汇交力系平衡的充分且必要条件是力系的合力等于零。
角为60o ，若接触面光滑，试分别求出圆柱给墙面和夹板的压 力。
解:
FA Gtan30o 500 tan30o 288.7N
G 500 FB 577.4N o o cos 30 cos 30
几何法求解汇交力系简化与平衡问题总结：
⑴ 选择研究对象，分析受力情况，画出全部的 已知力和未知力，利用二力平衡、三力平衡汇交等定 律确定某些力作用方向（必须明确力的方向，否则容 易出错）。
Fx 0 : Fy 0 : F
z
FA FC cos 30o sin 0
FB FC cos 30o cos 0 FC sin30o P 0
0:
由几何关系可得 cos 0.8 sin 0.6 解得： FA 10.39kN
FB 13.85kN FC 20kN
F2 = 4kN，F3 = 5kN，求三个力的合力。 解:
(完整版)工程力学课后详细答案
第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 方向沿OB 。
2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。
（a ） 由平衡方程有：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑ 22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得： 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。
工程力学第二章(力系的平衡)
6m
F 3m 1m
E
G
6m
MAF 0,
A
FAx
FBy 12 m G 1 m
FAy
F 9m G 11 m 0
B
FBx
FBy
得： FBy= 47.5 kN
例7 如图所示为一悬臂梁，A 为固定端，设
梁上受强度为 q 的均布载荷作用，在自由端B 受一集中力 F 和一力偶 M 作用，梁的跨度为l， 求固定端的约束力。
M
F
q
45
B
A
l
解：1、 取梁为研究对象，受力分析如图
2、 选取坐标系，列平衡方程
q
M
F
45
Fx 0, FAx F cos 45o 0
第二章 力系的平衡
本章重点：
1、力系平衡方程及其应用 2、物体系统平衡问题分析 3、桁架内力分析
§2-1 力系的平衡方程
F2
z
F1
MO
z
FR′
y o
y o
x
Fn
x
空间任意力系向任意点O简化为： 主矢 FR′=∑Fi 主矩 MO=∑MO（Fi )
平衡的充分必要条件： FR' 0 Mo 0
注意：对任意一点的主矩为零。
联立求解得 FB 750 N
例2 利用铰车绕过定
滑轮B的绳子吊起一货 物重G = 20 kN，滑轮 由两端铰接的水平刚 杆AB和斜刚杆BC支持 于点B 。不计铰车的 自重，试求杆AB和BC 所受的力。
A
30°
B
30°
C
G
a
A 30° B
30°
C
G
a
解：1、取滑轮 B 轴销为研究
工程力学最新版教学课件第2章
2.3 平面任意力系的简化和平衡
3. 平面任意力系简化结果的讨论 （1） FR ′=0，MO′≠0，说明原力系与一个力偶等效，而这个力偶的力偶矩就是主矩。 （2）FR′≠0，MO′=0，则作用于简化中心的力FR ′就是原力系的合力，作用线通过简化 中心。 （3）FR ′≠0，MO′≠0，这时根据力的平移定理的逆过程，可以进一步合成为合力FR ，经 过新的简化中心O。 平面任意力系的合力矩定理：平面任意力系的合力对力系所在平面内任一点的矩等于其 各分力对同一点的矩的代数和。 （4）FR ′=0，MO′=0，此时力系处于平衡状态。
PS：投影是代数量，有正负之分。
2.1 平面汇交力系的合成和平衡
PS：力的投影和分力的区别： ➢ 力的投影是代数量，它只有大小和正负； ➢ 而力的分量是矢量，不仅有大小和方向，还有作用点，二者不可混淆。 ➢ 只有当x、y轴相垂直的时候，分力的大小是投影的绝对值。
2.1 平面汇交力系的合成和平衡
【例2-1】如图所示，分别求各力在x轴和y轴上的投影。
Fx Fy
2.1 平面汇交力系的合成和平衡
4.平面汇交力系的合成 当平面汇交力系为已知时，可先求出力系中各力在x轴和y轴上的投影， 再根据合力投影定理求得合力在x、y轴上的投影，即可求得合力。
FR FR2x FR2y ( Fx )2 ( Fy )2 cos FRx Fx
FR FR
平面力系
2.1 平面汇交力系的合成和平衡
汇交力系——各力作用线汇交于同一点的力系； 平面汇交力系——若汇交力系中各力作用线在同一平面内。
2.1.1 平面汇交力系的合成
1. 力多边形
力的可传递性和力的三角形法则
矢量关系的数学表达式为
FR F1 F2 F3 F4
工程力学—第二章平面汇交力系
60º 30º 30º
a
a
30º
60º
解： (1) 取梁AB 作为研究对象。 (2) 画出受力图。 (3) 应用平衡条件画出P、NA 和NB 的闭合力三角形。 (4) 解出：NA=Pcos30=17.3kN，NB=Psin30=10kN
(a)
(b)
平面汇交力系合成的几何法与平衡的几何条件
平面汇交力系合成的几何法与平衡的几何条件 平面汇交力系是指作用于物体上的各力的作用线位于
同一平面内且汇交于一点的力系。 汇交力系也称为共点力系 据力的可传性原理，将作用于 刚体上的各汇交力沿其作用线移至 汇交点，即可形成平面共点力系， 并不影响其对刚体的作用效果。
平面汇交力系合成的几何法与平衡的几何条件 平面汇交力系
A F4
FR1 F R2
F1 F3
F1
两个共点力的合成—力的平行四边形法则（三角形法则）
任意个共点力的合成—力的多边形法则，多边形封闭边即为合力。
平面汇交力系合成的几何法与平衡的几何条件F1 OFra bibliotekF2 F3
F1 O
F2 F3
Fn
FR
Fn
FR
求合力,只需依次平移各力,使其首尾相接,最后画出封闭边即可.
解得
FBA
B
F B FBC
F
FBC FBA
F 2 sin
FBC
M
C
（2）取挡板C为研究对象
Fy 0, FM FCB cos 0
解得
FCB
C
F FM FCB cos cot 2
FNC FM
FCB
平面简单力系
平面汇交力系合成与平衡的解析法
工程力学课后详细答案
第一章静力学的基本概念受力图第二章 平面汇交力系2-1解：由解析法，23cos 80RX F X P P Nθ==+=∑12sin 140RY F Y P P Nθ==+=∑故：22161.2R RX RY F F F N=+=1(,)arccos2944RYR RF F P F '∠==2-2解：即求此力系的合力，沿OB 建立x 坐标，由解析法，有123cos45cos453RX F X P P P KN==++=∑13sin 45sin 450RY F Y P P ==-=∑故： 223R RX RY F F F KN=+= 方向沿OB 。
2-3 解：所有杆件均为二力杆件，受力沿直杆轴线。
（a ） 由平衡方程有：0X =∑sin 300AC AB F F -=0Y =∑cos300AC F W -=0.577AB F W=（拉力）1.155AC F W=（压力）（b ） 由平衡方程有：0X =∑ cos 700AC AB F F -=0Y =∑sin 700AB F W -=1.064AB F W=（拉力）0.364AC F W=（压力）（c ） 由平衡方程有：0X =∑cos 60cos300AC AB F F -=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=0.5AB F W= (拉力)0.866AC F W=（压力）（d ） 由平衡方程有：0X =∑sin 30sin 300AB AC F F -=0Y =∑cos30cos300AB AC F F W +-=0.577AB F W= (拉力)0.577AC F W= (拉力)2-4 解：（a ）受力分析如图所示：由x =∑ 22cos 45042RA F P -=+15.8RA F KN∴=由Y =∑ 22sin 45042RA RB F F P +-=+7.1RB F KN∴=(b)解：受力分析如图所示：由x =∑3cos 45cos 45010RA RB F F P ⋅--=0Y =∑1sin 45sin 45010RA RB F F P ⋅+-=联立上二式，得：22.410RA RB F KN F KN==2-5解：几何法：系统受力如图所示三力汇交于点D ，其封闭的力三角形如图示所以：5RA F KN= （压力）5RB F KN=（与X 轴正向夹150度）2-6解：受力如图所示：已知，1R F G = ，2AC F G =由x =∑cos 0AC r F F α-=12cos G G α∴=由0Y =∑ sin 0AC N F F W α+-=22221sin N F W G W G G α∴=-⋅=--2-7解：受力分析如图所示，取左半部分为研究对象由x =∑cos 45cos 450RA CB P F F --=0Y =∑sin 45sin 450CBRA F F '-=联立后，解得：0.707RA F P=0.707RB F P=由二力平衡定理0.707RB CB CBF F F P '===2-8解：杆AB ，AC 均为二力杆，取A 点平衡由x =∑cos 60cos300AC AB F F W ⋅--=0Y =∑sin 30sin 600AB AC F F W +-=联立上二式，解得：7.32AB F KN=-（受压）27.3AC F KN=（受压）2-9解：各处全为柔索约束，故反力全为拉力，以D ，B 点分别列平衡方程（1）取D 点，列平衡方程由x =∑sin cos 0DB T W αα-=DB T Wctg α∴==（2）取B 点列平衡方程：由0Y =∑sin cos 0BDT T αα'-=230BD T T ctg Wctg KN αα'∴===2-10解：取B 为研究对象：由0Y =∑sin 0BC F P α-=sin BC PF α∴=取C 为研究对象：由x =∑cos sin sin 0BCDC CE F F F ααα'--=由0Y =∑ sin cos cos 0BC DC CE F F F ααα--+=联立上二式，且有BCBC F F '= 解得：2cos 12sin cos CE P F ααα⎛⎫=+⎪⎝⎭取E 为研究对象：由0Y =∑ cos 0NH CEF F α'-=CECE F F '= 故有：22cos 1cos 2sin cos 2sin NH P PF ααααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭2-11解：取A 点平衡：x =∑sin 75sin 750AB AD F F -=0Y =∑cos 75cos 750AB AD F F P +-=联立后可得： 2cos 75AD AB PF F ==取D 点平衡，取如图坐标系：x =∑cos5cos800ADND F F '-=cos5cos80ND ADF F '=⋅由对称性及ADAD F F '=cos5cos5222166.2cos80cos802cos 75N ND AD P F F F KN'∴===⋅=2-12解：整体受力交于O 点，列O 点平衡由x =∑cos cos300RA DC F F P α+-=0Y =∑sin sin 300RA F P α-=联立上二式得：2.92RA F KN=1.33DC F KN=（压力）列C 点平衡x =∑405DC AC F F -⋅=0Y =∑ 305BC AC F F +⋅=联立上二式得： 1.67AC F KN=（拉力）1.0BC F KN=-（压力）2-13解：（1）取DEH 部分，对H 点列平衡x =∑05RD REF F '= 0Y =∑05RD F Q =联立方程后解得： 5RD F Q =2REF Q '=（2）取ABCE 部分，对C 点列平衡x =∑cos 450RE RA F F -=0Y =∑sin 450RB RA F F P --=且RE REF F '=联立上面各式得： 22RA F Q =2RB F Q P=+（3）取BCE 部分。
大学工程力学课件_单辉祖主编第2章
例：求图示手柄上的力F 在三个坐标轴上的投影
Z F sin Fxy F cos
X F cos sin Y F cos cos
例 已知：P=1000N ,各杆重不计. 求：三根杆所受力.
cos FR , j
Fiy FR
作用点为力的汇交点.
三.平面汇交力系的平衡方程
平衡条件 FR 0
平衡方程
Fx 0
Fy 0
[例] 已知压路机碾子重P=20kN, r=60cm, 欲拉过h=8cm的障碍 物。求：在中心作用的水平力F的大小和碾子对障碍物的压力。
（用几何法中的数解法求解） 解： ①选碾子为研究对象
§2–3 空间汇交力系
一、力在直角坐标轴上的投影 直接投影法
Fx F cos
Fy F cos Fz F cos
间接（二次）投影法
Fxy F sin
Fx F sin cos Fy F sin sin Fz F cos
二、空间汇交力系的合力与平衡条件
空间汇交力系的合力
第二章 汇交力系
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
一.多个汇交力的合成
力多边形法则
FR1 F1 F2
3
FR2 FR1 F3 Fi i1
n
FR Fi Fi i1
力多边形 力多边形法则
二.平面汇交力系平衡的几何条件
平衡条件 Fi 0
450
P cos450
tg
4.24
kN
；
RA
SCD
工程力学2汇交力系
Rx
Rx
X
作用点：为该力系的汇交点
工程力学
例2-2 已知图示平面共点力系，求此 力系的合力。
解：用解析法
FRx
F ix
F1
cos 30o
F2
cos 60o
F3
cos
45o
F4
cos
45o
129.3N
FRy
F iy
F1 sin
30o
F2
sin
60o
F3
sin
45o
F4
sin
45o
112.3N
工程力学
3.增加平衡力系原理 在刚体上增加或减去一组平衡力系，不会改变原 力系对刚体的作用效应。 作用在刚体上的力是滑移矢量，力的三要素是大 小、方向、作用线。
工程力学
二、汇交力系合成的几何法（矢量法） 1.二力的合成 力三角形法则
c FR
F2 a F1 b
工程力学
2.汇交力系合成的几何法
设汇交于A点的力系由n个力Fi（i = 1、2、…、n）组成。
几何法解题不足： ①精度不够，误差大 ②作图要求精度高； ③不能表达各个量之间的函数关系。
工程力学
三、汇交力系合成的解析法（投影法）
பைடு நூலகம்
1.力在轴上的投影
Fx ab F cos
B A
B F
A
a
bx
b
ax
力在轴上投影是代数量
工程力学
2.力在平面上的投影
FM F cos
B F A
a FM b
M
工程力学
第二章 汇交力系
问题： 1、怎样对刚体上的汇交力系进行简化？ 2、汇交力系的平衡条件是什么？
工程力学课后题答案2廖明成
第二章 汇交力系习 题在刚体的A 点作用有四个平面汇交力。
其中F 1＝2kN ，F 2=3kN ，F 3=lkN ， F 4=，方向如题图所示。
用解析法求该力系的合成结果。
题2.1图解 00001423cos30cos45cos60cos45 1.29Rx F X F F F F KN ==+--=∑00001423sin30cos45sin60cos45 2.54Ry F Y F F F F KN ==-+-=∑222.85R Rx Ry F F F KN =+=0(,)tan63.07Ry R RxF F X arc F ∠==题图所示固定环受三条绳的作用，已知F 1＝1kN ，F 2=2kN ，F 3=。
求该力系的合成结果。
F 1F 23解：图示可简化为如右图所示023cos60 2.75Rx F X F F KN ==+=∑ 013sin600.3Ry F Y F F KN ==-=-∑222.77R Rx Ry F F F KN =+=0(,)tan6.2Ry R RxF F X arc F ∠==-力系如题图所示。
已知：F 1＝100N ，F 2=50N ，F 3=50N ，求力系的合力。
32F 1解：图示可简化为如右图所示080arctan5360BAC θ∠=== 32cos 80Rx F X F F KN θ==-=∑ 12sin 140Ry F Y F F KN θ==+=∑22161.25R Rx Ry F F F KN =+=0(,)tan60.25Ry R RxF F X arc F ∠==球重为W ＝100N ，悬挂于绳上，并与光滑墙相接触，如题 图所示。
已知30α=，试求绳所受的拉力及墙所受的压力。
题2.4图WOF 推解：图示可简化为如右图所示sin 0X FF α=-=∑拉推 cos W 0Y Fα=-=∑拉115.47N 57.74N F F ∴==拉推，∴墙所受的压力F=均质杆AB 重为W 、长为 l ，两端置于相互垂直的两光滑斜面上，如题图所示。
工程力学 第二章
i 1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
n
FR FRn1 Fn Fi Fi
i 1
用力多边形的封闭边来表示汇交力系的合 力
力的多边形法则
平面汇交力系平衡的几何条件
平衡
FR 0
FR Fi 0
平面汇交力系平衡的必要和充分的
几何条件是：该力系的力多边形自行封 闭.
平衡条件
FR 0
FR Fx 2Fy 2
Fx 0
平衡方程
Fy 0
平面汇交力系平衡的解析条件为:力系中各分力在 两个轴上的投影的代数和分别为零.
例2
已知：碾子P=20kN，R=0.6m,
h=0.08m 求：
R
F
BP
h
A
1.水平拉力F=5kN时，地面对碾子的压力？
第二章 平面汇交力系和平面力偶系
§2-1 平面汇交力系合成与平衡
平面汇交力系是指力系中各力的作用线或者作用 线的延长线位于一个平面内，并且相交于一点.
合成就是指要用一个合力去等效替换这个复杂
的力系.
F
AP
B
FA
FB
一.多个汇交力的合成的几何法
公理 力的平行四边形法则 作用在物体上同一点的两个力，可以合成为一个合
解得 F=11.55kN
例3 已知重物P=20kN,
A
不计杆重以及滑轮尺寸,
C
求杆AB和BC的受力. θ 30
解: 取B点分析 (假设均受拉)
B
θ θ
P D
Fy 0
FBC sin 30 FBD cos 30 P 0 FAB
工程力学 第二章 平面汇交力系
再研究球，受力如图： 作力三角形 解力三角形：
Q P = N ′ ⋅ sin α
又 Q sin α = R − h N ′= N R F ⋅R ∴P = N ⋅sin α = ⋅ R −h
h ⋅(2R − h) R
NB=0时为球 离开地面
F (R −h) ∴P = h(2 R − h )
P h (2 R − h ) ∴F = R−h
力的多边形法则： 力的多边形法则：实质是连续多次应用 平行四边形法则（三角形法则） 平行四边形法则（三角形法则）
FR
F4 FR2 F3
FR1 F2 F1
力的多边形法则：把各分力矢量首尾相连， 力的多边形法则：把各分力矢量首尾相连，得到的 起点到终点的连线矢量即是合力。 起点到终点的连线矢量即是合力。
P h 2 −h (R ) ∴ F≥ 当 时 方 离 地 球 能 开 面 R−h
小结
• • 平面汇交力系合成：力的多边形、 平面汇交力系合成：力的多边形、解析法 平面汇交力系平衡：力多边形封闭、 平面汇交力系平衡：力多边形封闭、解析法
F =11.4kN A
F sinθ = F B F + F cosθ = P A B
F =10kN B
2.碾子拉过障碍物， 应有 F = 0 A 用几何法解得
F = P⋅tanθ =11.55kN
0 N 3. 解得 F in = P⋅sin θ =1 k m
例2 已知：AC=CB，F=10kN,各杆自重不计； 求：CD 杆及铰链A的受力.
例1
已知： P=20kN，R=0.6m， h=0.08m 求： ：
1.水平拉力F=5kN时，碾子对地面及障碍物的压力？ 2.欲将碾子拉过障碍物，水平拉力F至少多大？ 2. 3.力F沿什么方向拉动碾子最省力，及此时力F多大？？
《工程力学》第二章 基本力系
• 以上三个决定力使物体绕某点转动效应的 因素，在数学上可用一特殊矢量来表示。 这个矢量的模等于力的大小F和力臂h的 乘积；该矢量的方位(即转动轴线在空间 的方位)，其指向由右手螺旋法则确定(图 2-19)。这个矢量称为力对点的矩矢，用 符号mO(F)表示。由图可知，它是一个通 过矩心O的定位矢量，是力对物体产生转 动效应的度量。
偶对力偶作用面上任一点O的矩，应为Байду номын сангаас行力F， F′对点O的矩的代数和，即
• 由此可知，两个力矩相加的结果与两力矩的矩 心位置无关，即力偶中两力对力偶作用面上任 一点之矩的代数和为一常量，它等于力偶中任 一力F的大小F和力偶臂d的乘积。此乘积称为 力偶矩，记作m(F，F′)，简记为m。于是
• 式中正负号反映力偶的转向，逆时针转向 取正，顺时针转向取负。力偶矩的量纲与 力矩相同，其单位也相同。
力R，则合力对物体作用时产生的效应与 各分力对物体同时作用时所发生的效应完 全相同。于是，合力R对点的矩矢可写为
•即
• 这就是合力矩定理，其物理意义是合力对 任一点之矩矢，等于各分力对同一点之矩 矢的矢量和。
• 若力系为平面力系，各力对平面上任一点 的矩为代数量，故合力矩定理在平面问题 中表述为
• 它表明：平面力系的合力对平面上任一点 的矩，等于各分力对同一点的矩的代数和。
• 二、汇交力系的合成
• 作用于物体上诸空间力作用线汇交于一点的力系称为空间汇交力 系。若诸空间力的作用线仅分布于同一平面且作用线汇交于一点， 这类力系称为平面汇交力系。研究汇交力系合成的方法有几何法 和解析法。
• 1.几何法
• 设作用于刚体上的空间汇交力系为F1、F2、…、Fn，且各力作 用线均汇交于一点O(图2-7(a))。O点为汇交点。按力的可传性 原理，施加于刚体上的汇交力系中各力作用点均可沿各自作用线 移至汇交点O。凡力系中诸力具有共同作用点的力系称为共点力 系(图2-7(b))。
工程力学2-汇交力系
2 2 FR = FRx + FRy = 171.3N
FRx cos θ = = 0.7548 FR cos β = FRy FR = 0.6556
θ = 40.99o , β = 49.01o
v SAC
v P
y x
Ry=∑Y=0
解得： SAC=P/sin600 解得： SAB= SAC cos600 =P×ctg600
工程力学
已知P＝ 例2-5 已知 ＝20kN，不计杆、轮自重，忽略滑轮 ，不计杆、轮自重， 大小，求系统平衡时， 受力。 大小，求系统平衡时，杆AB、BC受力。 、 受力 杆为二力杆， 解：AB、BC杆为二力杆， 、 杆为二力杆 取滑轮B或点 或点B，画受力图。 取滑轮 或点 ，画受力图。
工程力学
二、汇交力系平衡的条件 汇交力系平衡必要充分条件是： 汇交力系平衡必要充分条件是：合力等于零 即：∑F＝0 ＝ 1.几何条件 几何条件 力多边形自行封闭。 力多边形自行封闭。 2.解析条件 解析条件 力系中各力在三个坐标轴上投影的代数和分别 等于零。 等于零。 即：∑Fx＝0，∑Fy＝0，∑Fz＝0 ， ，
2、取汇交点C为坐标原点，建立坐标系： 、取汇交点 为坐标原点 建立坐标系： 为坐标原点， 3、列平衡方程并求解： 、列平衡方程并求解： ∑ X= 0
P B RA A
θ
y
C x 2m D 4m RD
P +RA cosθ = 0 θ
RA = - 22.36 kN
负号说明它的实际方向 和假设的方向相反。 和假设的方向相反。
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有大小和方向，但不涉及作用点问题，可在任意点画出。 合力是一物理量，除了大小和方向，还必须说明其作用点才有
意义。
思考题：:
1.平面汇交力系可合成为个1合力,其作用线通过, 其大小和方向可用力多边形的表示封. 闭边
内的投影与x轴的夹角
z
F
γβ
O
y
α
x
Fx F cos F y F cos Fz F cos
F
γ
O
y
x
Fxy
Fx F sin cos
Fy F sin sin
Fz F cos
如果已知一力在直角坐标轴上的投影分别为 Fx，FY，FZ
z
则该力的大小和方向分别为：
Fz
大小：F Fx2Fy2Fz2
而当坐标轴不相互垂直时，轴向分 力与力的投影在数值上不相等。 o
F
x
结论与讨论
➢ 力在轴上的投影和力沿轴的分量之间的关系
(1)力的投影是代数量，力的分量是矢量
(2)不论是否为直角坐标系，力的投影都按下式计算：
Fx Fcos
Fy Fcos
α、β分别为力F与、轴的夹角。
(3)分力 Fx,应Fy按平行四边形法则计算
F2
或：
FR Fi
作用点：原力系的汇交点。
注意： １.要选择恰当的长度比例尺和力的比例尺。 ２.作力多边形时，可以任意变换力的次序， 虽然得到形状不同的力多边形，但合成的结 果不改变。
Ｆ３
Ｆ２
Ｆ４
Ｆ１
ＦＲ
Ｆ３
Ｆ２
Ｆ４
Ｆ１
ＦＲ
３.力多边形中诸力应首尾相连，合力的方向则是从第一个力 的起点指向最后一个力的终点。
合力投影定理
F1
F2 F4 F3 R
C F3
F2 B
F1 A
R
D F4
E
ba c d e
a ea cc dd eb c b a c d de
=a+ b b+ cc+ dde
合力在任一坐标轴上的投影等于力系 中各力在同一轴上投影的代数和。
例：
已知：F1=12k， F2=4j， F3=3i
(力的单位为N）。各力作用点 k
力系的汇交点
位置图
F1 O
F2 F3
F4
力矢图
F3
F2
力多边形法则
F4
封闭边
F1
FR
O
F R F 1 F 2 F 3 F 4 F
2.
( a)
F1
( b)
F1
F2
F4 F2
F4
F3
F3
( a)图中四个力的关系为,其矢量表达式为;
( b)图中四个力的关系为,其矢量表达式为; ( c)图中四个力的关系为,其矢量表达式为;
( c)
F1
F2
F4
F3
F 1 F 2 F 3 F 4 0
F 2F 3F 4F 1 F 2F 3F 1F 4
受力分析小结：
（1）必须明确研究对象，正确取分离体。 （2）正确分析约束反力的方位（或方向）。
① 须按约束的类型（或性质）确定反力的方位，切忌凭 直观任意猜想。
② 两物体间的相互作用力须按作用与反作用定律分析。
③ 光滑铰链约束反力的三种情况（按铰链约束的性质、二 力构件、三力平衡汇交定理分析）。
（3）必须画出研究对象上全部受力，包括：主动力和约束反力。 每解除一个必须有相应的约束反力代替。
（4）必须明确每个力的施加者。
（5）内力在受力图上不画。
（6）正确标注各力的符号： 、 、
§2-1 汇交力系的合成
三、汇交力系合成的解析法（投影法）：
力在坐标轴上的投影
平面力矢的投影
力在坐标轴上的投影
Fx F cos
Fy
y
b2
B
F Fy
a2
A
Fx
Fy F sin
O
投影的正负号由 确定。
a1 Fx
b1
x
力的投影是代数量（只有大小、正负号的量）
空间力矢的投影
①直接投影法
已知力F 与三个坐标轴的夹
角分别为 ,和
z
②二次投影法
已知γ、， 为F在xy平面
B
F
F
=A
A
力的大小
滑
作用在刚体上力的三要素： 方 向
移 矢
作用线
量
§2-1 汇交力系的合成
二、合成过程
Fn
Pn
F3
P3 A
F2 P2
P1 F1
平行四边形法则 力多边形法则
FR
A
汇交力系的合成结果：
FR
Fn
作用于原力系汇交点的一个合力。
合力矢：
F1
F3
F R F R F 1 F 2 F 3 F n
§2-1 汇交力系的合成
力的投影与分力的关系
区别
力的投影是代数量，只有大小和正负。 分力是矢量，有大小和方向。
联系
在直角坐标系中，力F 沿轴向的分力Fx,FY,FZ
大小和力的投影的绝对值相等。
F x F x i, F y F yj， F z F zk
y
F F x F y F z F x i F y j F z k
引言
力系——作用在物体上力的总称（力的集合） 平面力系
根据力的作用线是否共面可分为： 空间力系
根据力的作用线是否汇交可分为：
汇交力系 平行力系 任意力系
§2-1 汇交力系的合成
汇交力系：各力的作用线汇交于一点的力系
平面汇交力系 包括:
空间汇交力系
§2-1 汇交力系的合成
一、力的可传性
作用于刚体上某点的力，可以沿其作用线移到刚体 内任意一点，并不改变该力对刚体的作用。
143coFsR(,k)
Fz 12 FR 13
例：求如图所示平面共点力系的合力。其中：F1 = 200 N，
的坐标为：
j
i
O（0，0，0），A（0，a，0），
B（b1，b2，0)（ b2=0）。
求：该力系的主矢量大小与方 向。
解： 主矢量的模：F R ( F x)2 i ( F y)2 i ( F z)i2 1N 3
主矢量的方向：
coF sR (,i)
Fx FR
133coF sR (,j)
Fy FR
Fx
γ
O
α
方向：co sF x,co sF y,co x sF z
F
F
F
F
β
y
Fy
其中，,, 为F关于x、y、z轴的夹角。
力的解析表示：
力F沿坐标轴方向的分力 F 1 F x i,2 F F xj,3 F F x k
因此，力F的解析表达式为：F F 1 F 2 F 3 F x i F y j F z k
结论与讨论
ห้องสมุดไป่ตู้
y
b
Fy
O Fx a
x
y
Fy
b
Fy
O
Fx
a
Fx
x
可见，力在轴上的投影和力沿轴的分量的大小不一定相等
§2-1 汇交力系的合成
汇交力系合成的解析法
F1
F R F 1 F 2 F n F i
An A1
A2
F2
两边向坐标轴投影得：
Fn
A3
合力在坐标轴上投影
F3
FRxFx1Fx2Fxn Fx FRyFy1Fy2Fyn Fy FRzFz1Fz2Fzn Fz