工程力学 第二章课件-- 平面力系分解
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工程力学第二章平面汇交力系
FF
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
湖南工业大学土木工程学院
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。
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
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§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
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§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
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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
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§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
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§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：第2章 力系的简化
F1sin45 F2sin45 0 FAsin30 F1cos45 cos30 F2 cos45 cos30 0 FAcos30 F1cos45 sin30 F2cos45 sin30 P 0
B FB1
相同的均质杆围成正方形，求绳EF的拉力。
要求：
用最少的方 程求出绳EF受 的力
FAy
FAx
A
E
P
FDy
FDx
D
G
P
B
F
P
C
FDy FDx
D
G
P
FDy FDx
D
FCy FCx
C
FBx FT
G
P
FBy
B
F
P
C
例3-3
q
FAx A
M B
2a
P
FAy
4a
FB
ll
30
F
M
3l P
q
例3-4
F
体等效于只有一个力偶的作用，因为力偶可以在刚体平
面内任意移动，故这时，主矩与简化中心O无关。
③ FR≠0,MO =0,即简化为一个作用于简化中心的合力。这时，
简化结果就是合力（这个力系的合力）, FR FR 。（此时
与简化中心有关，换个简化中心，主矩不为零）
④ FR 0, MO 0 ,为最一般的情况。此种情况还可以继续 简化为一个合力 FR 。
FAy
B FB1x
C
M
B
D
Cr
•
E
A
300 F E
FA
FT
C
F A1
FA
求：销钉A所受的力
M
B D
FD D C
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 ∑
工程力学课件
解析法 1）在直角坐标系下，先求合力的投影
FRx Fix FRy Fiy
2 再求合力的大小： FR FRx 2 FRy 2 （ Fx） ( Fy )2
Fix 2）合力方向为： cos( FR , i ) FR 合力的作用点为力的汇交点.
Fiy cos( FR , j ) FR
或几何上，当有向线段 ab 与 x 轴正向一致，投影 Fx为正，反之为负。 力在坐标轴上的投影等于零的两种情况： 1）力等于零； 2）力与轴垂直，即当
2
F 时， x 0 。
力的分解 F Fx Fy
分力与投 影的关系
Fx Fx i Fy F y j
解：由力偶只能由力偶平衡的性质， 其受力图为
M 0
FAl M1 M 2 M 3 0
解得
M1 M 2 M 3 FA FB 200N l
例2-4
已知: F 1400N,
θ 20 , r 60mm
求: M O (F )
解:直接按定义
MO
F F h F r cos θ
平面任意力系的平衡方程
Fx 0 Fy 0 M O 0
一般式
平面任意力系平衡的解析条件是：所有各力在两 个任选的坐标轴上的投影的代数和分别等于零，以 及各力对于任意一点的矩的代数和也等于零.
平面任意力系的平衡方程另两种形式
Fx 0 二矩式 M A 0 两个取矩点连线，不得与投影轴垂直 M 0 B
第二章 平面力系
§2-1 力在轴上的投影及力对点的矩
一. 力在坐标轴上的投影与力沿轴的分解
FRx Fix FRy Fiy
2 再求合力的大小： FR FRx 2 FRy 2 （ Fx） ( Fy )2
Fix 2）合力方向为： cos( FR , i ) FR 合力的作用点为力的汇交点.
Fiy cos( FR , j ) FR
或几何上，当有向线段 ab 与 x 轴正向一致，投影 Fx为正，反之为负。 力在坐标轴上的投影等于零的两种情况： 1）力等于零； 2）力与轴垂直，即当
2
F 时， x 0 。
力的分解 F Fx Fy
分力与投 影的关系
Fx Fx i Fy F y j
解：由力偶只能由力偶平衡的性质， 其受力图为
M 0
FAl M1 M 2 M 3 0
解得
M1 M 2 M 3 FA FB 200N l
例2-4
已知: F 1400N,
θ 20 , r 60mm
求: M O (F )
解:直接按定义
MO
F F h F r cos θ
平面任意力系的平衡方程
Fx 0 Fy 0 M O 0
一般式
平面任意力系平衡的解析条件是：所有各力在两 个任选的坐标轴上的投影的代数和分别等于零，以 及各力对于任意一点的矩的代数和也等于零.
平面任意力系的平衡方程另两种形式
Fx 0 二矩式 M A 0 两个取矩点连线，不得与投影轴垂直 M 0 B
第二章 平面力系
§2-1 力在轴上的投影及力对点的矩
一. 力在坐标轴上的投影与力沿轴的分解
PPT-静力学-第二章 平面力系
F3 10,0 N F.4 250 N 求：此力系的合力.
解： 用解析法
FRx
F ix
F1
cos 30
F2
cos 60
F3
cos
45
F4
cos
45
129.3N
FRy
F iy
F1
sin
30
F2
sin
60
F3
sin
45
F4
sin
45
112.3N
FR
F2 Rx
F2 Ry
171.3N
cosθ FRx 0.7548 F
2.方向：转动方向 M O(F) F h
力对点之矩是一个代数量，它的绝对值等于力的大小与力臂的 乘积，它的正负：力使物体绕矩心逆时针转向时为正，反之为
负.常用单位 N或 m kN m
二、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
对平面内任一点之矩等于所有各分
力对于该点之矩的代数和。
第二章 平面力系
当力力系中各力的作用线处于同一平面时，该力系称 为平面力系。 平面汇交（共点）力系
平面平行力系 平面力偶系 平面任意力系
主要研究：力系的合成、简化与平衡，建立平衡条件 和平衡方程
§2-1 平面汇交力系
一、平面汇交力系合成的几何法－－力多边形规则
FR1 F1 F2
3
FR 2
FR1
M A F
lim x0
qo x x x
l
FR
q0
（ qo l x2dx q0 l 2
l0
3
）
合力作用线的位置为：
C
x B
xc
《工程力学》教学课件第二章平面力系和平面力偶系
M（F，F′）=±2S△ABC
力偶的性质：
❖ 性质1：力偶在任何坐标轴上的投影等于零。 ❖ 性质2：力偶不能合成为一个力，或者说力偶没有合力。 ❖ 性质3：平面力偶等效定理。
力偶等效条件：
❖ （1）力偶可以在其作用面内任意移动，而不影响它对刚体 的作用效应。
❖ （2）只要保持力偶矩大小和转向不变，可以任意改变力偶 中力的大小和相应力偶臂的长短，而不改变它对刚体的作用 效应。
M O (FR) M O (F )
第六节 平面任意力系的平衡方程及应用
物体在力系作用下，保持平衡的充分必要条件是:力系
的主矢与对任一点的主矩均为零 ，即：
X 0 , Y 0 , M O F 0
上式称为平衡方程一矩式，二矩式和三矩式分别为：
X 0M MBA或 FFY00 0
M M M
MO(F)Fsihn
M O(Q)Qh
（2）应用合力矩定理，得
M O(F)F xhF yhc tg Fsin hFco shctg Fsh in
M O(Q)Qh
二、力偶
1、力偶及其性质 力偶：两力大小相等、作用线不重合的反向平行力叫力偶。
力偶使物体转动效应一般通过力偶 矩来衡量，力偶矩的大小为Fd， 方向由右手法则确定，平面力偶矩 也为代数量，用M（F，F′）来表 示，即
第一节力在坐标轴上的投影第二节平面汇交力系的合成与平衡第三节力矩平面力偶系的合成与平衡第四节力线的平移定理第五节平面任意力系的简化第六节平面任意力系的平衡方程及应用第七节静定与静不定问题及物系的平衡企业文化就是传统氛围构成的公司文化它意味着公司的价值观诸如进取守势或是灵活这些价值观构成公司员工活力意见和行为的规范
X=Fx=F cos=F sin Y=Fy=F cos = F sin
力偶的性质：
❖ 性质1：力偶在任何坐标轴上的投影等于零。 ❖ 性质2：力偶不能合成为一个力，或者说力偶没有合力。 ❖ 性质3：平面力偶等效定理。
力偶等效条件：
❖ （1）力偶可以在其作用面内任意移动，而不影响它对刚体 的作用效应。
❖ （2）只要保持力偶矩大小和转向不变，可以任意改变力偶 中力的大小和相应力偶臂的长短，而不改变它对刚体的作用 效应。
M O (FR) M O (F )
第六节 平面任意力系的平衡方程及应用
物体在力系作用下，保持平衡的充分必要条件是:力系
的主矢与对任一点的主矩均为零 ，即：
X 0 , Y 0 , M O F 0
上式称为平衡方程一矩式，二矩式和三矩式分别为：
X 0M MBA或 FFY00 0
M M M
MO(F)Fsihn
M O(Q)Qh
（2）应用合力矩定理，得
M O(F)F xhF yhc tg Fsin hFco shctg Fsh in
M O(Q)Qh
二、力偶
1、力偶及其性质 力偶：两力大小相等、作用线不重合的反向平行力叫力偶。
力偶使物体转动效应一般通过力偶 矩来衡量，力偶矩的大小为Fd， 方向由右手法则确定，平面力偶矩 也为代数量，用M（F，F′）来表 示，即
第一节力在坐标轴上的投影第二节平面汇交力系的合成与平衡第三节力矩平面力偶系的合成与平衡第四节力线的平移定理第五节平面任意力系的简化第六节平面任意力系的平衡方程及应用第七节静定与静不定问题及物系的平衡企业文化就是传统氛围构成的公司文化它意味着公司的价值观诸如进取守势或是灵活这些价值观构成公司员工活力意见和行为的规范
X=Fx=F cos=F sin Y=Fy=F cos = F sin
第二章 理论力学平面力系
特殊时用 几 何法（解力三角形）比较简便。
2、一般对于受多个力作用的物体，且角度不特殊或 特殊，都用解析法。 3、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。
4、对力的方向判定不准的，一般用解析法。
5、解析法解题时，力的方向可以任意设，如果求出
负值，说明力方向与假设相反。对于二力构件，
力系分为：平面力系、空间力系 ①平面汇交力系 平面力系 ②平面平行力系(平面力偶系是其中的特殊情况 ) ③平面一般力系(平面任意力系) 平面汇交力系： 各力的作用线都在同一平面内且 汇交于一点的力系。 研究方法：几何法，解析法。
例：起重机的挂钩。
2.1 平面汇交力系的合成与平衡
2.1.1 平面汇交力系合成的几何法与平衡的几何条件 1、几何法
Y X
87.46 8.852, 83.55O 9.88
由于FRx为负，FRY为正，故 在第二象限，合力 FR的作用线通过汇交点O，如图2.12
【例2.5】
如图2.1 3所示为建筑工地使用的 井架把杆装置，杆AB的一端铰接在井架上， 另一端用钢索BC与井架连接。重物通过卷扬 机由绕过滑轮BC的钢索起吊。已知重物 Fw=2kN，把杆重量、滑轮的重量及滑轮的大 小不计，滑轮的轴承是光滑的。试求钢索BC 的拉力和把杆AB所受的力。
由图2.14(b)可知 DB CB cot l cot 30 0 tan 0.866 AB 2l 2l 40.90 将 40.90 代入方程并求解得 FA 13.2 KN FB 8.66 KN
解题技巧及说明： 1、一般地，对于只受三个力作用的物体，且角度
2、主矢和主矩
主矢：力系各力的矢量和，即 主矩：力系中各力对于任选简化中心O之矩的矢量和，即
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？？
第2章 平面力系(工程力学).
Fy 0, FAy - F sin 30 0 Fx 0, FAx - F cos30 0 M A(F ) 0, M A - Fl sin 30 0
3)求解未知量 将已知条件代入以上平衡方程解得
FAx F cos30 100N cos30 86.6N FAy F sin 30 100N sin 30 50.0N M A Fl sin 30 100N 2m sin 30 100N m
链A的约束力。 解 1）选取横梁AB为研究对象，画受力图；
2）选取投影坐标轴xAy和矩心A，列平衡方程：
Fx 0, FAx - FCD cos 0
Fy 0, FAy - G1 - G2 FCD sin 0
M
A (F
)
0,
FCDl
sin
-
G1
l 2
-
G2
a
x
x1
2x
nx
x
F' F' F' F'
Ry
1y
2y
ny
F ' F F F F
y
1y
2y
ny
y
2.4
§2.1 平面任意力系的简化
主矢大小： FR' (FR'x )2 (FR'y )2 (Fx )2 (Fy )2
主矢方向： tan Fy FX
恒等于零，即 MO MO (F ) 0 。 因此，平
面汇交力系独立的平衡方程为两个投影方程，
即： Fx Fy
0 0
两个平衡方程只能解两个未知量。
3)求解未知量 将已知条件代入以上平衡方程解得
FAx F cos30 100N cos30 86.6N FAy F sin 30 100N sin 30 50.0N M A Fl sin 30 100N 2m sin 30 100N m
链A的约束力。 解 1）选取横梁AB为研究对象，画受力图；
2）选取投影坐标轴xAy和矩心A，列平衡方程：
Fx 0, FAx - FCD cos 0
Fy 0, FAy - G1 - G2 FCD sin 0
M
A (F
)
0,
FCDl
sin
-
G1
l 2
-
G2
a
x
x1
2x
nx
x
F' F' F' F'
Ry
1y
2y
ny
F ' F F F F
y
1y
2y
ny
y
2.4
§2.1 平面任意力系的简化
主矢大小： FR' (FR'x )2 (FR'y )2 (Fx )2 (Fy )2
主矢方向： tan Fy FX
恒等于零，即 MO MO (F ) 0 。 因此，平
面汇交力系独立的平衡方程为两个投影方程，
即： Fx Fy
0 0
两个平衡方程只能解两个未知量。
工程力学 第二章课件-- 平面力系分解
填空题
1.图示结构中支座A的约束力————-， 并图示方向。
P
∑X=0 (∑MA=0 )
FC =0 ∑Y=0 FA =P
FA FC
力使刚体绕某点转动效应的度量。它综合 反映了力的三要素，是一代数量。
力对点之矩
2. 合力矩定理
合力对某点之矩等于各分力对该点之矩的 代数和，即 MO(FR) = MO(Fi)
证明：力矩矢 MO(F)=r×F
FR=F1+ F2 + …+Fn
r×FR=r×F1+ r×F2 +… MO(FR)=MO(F1)+ MO(F1) ＋… MO(FR)=∑MO(Fi)
FR
O
b ac
de
x
2.平面汇交力系的平衡方程
FR
F F
2 xi yi
2
0
F F
x y
0 0
• 平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：各力 在两个坐标轴上的投影的代数和分别为零。 •平面汇交力系有两个独立的平衡方程。
解题步骤：
1．选取研究对象；
2．画受力图； 3. 列平衡方程，求解。
第二章 平面基本力系
平面汇交力系合成与平衡的几何法 平面汇交力系合成与平衡的解析法 力对点之矩的概念 平面力偶理论
第一节 平面汇交力系合成与 平衡的几何法
1. 力多边形法则
平面汇交力系可合成为通过汇交点的合力， 其大小和方向等于各分力的矢量和。
FR F1 F2 Fn Fi
a
MA(F)=qa· 3／2· a= 3／2· qa2
第四节 平面力偶理论
工程力学第二章平面力系
2.建立坐标系。
3.将各力向各个坐标轴投影，并应用平衡方程 ∑Fx=0，∑Fy=0， 求解。
例:图示重物重为Q=30kN,由绳索AB、AC悬挂，求AB、AC的约束反 力。 y B 0 C 600 30 A A Q 解： 1).取研究对象 -------力系的汇交点A 2）作受力图 3).建立坐标系 4).列出对应的平衡方程 5).解方程
Mo = m1 + m2 +...+ mn = mo(F1) + mo(F2) +...+ mo(Fn) Mo = mo(Fi)
Fi
i 1 n
的矢量和等于零。
F 0
i 1 i
n
例:图示重物重为Q=30kN,由绳索AB、AC悬挂，求AB、AC的约束反 力。 B 600 A 300 C A. Q Q
300
600 Q
解：取力系的汇交点A为研究对象
作受力图 按一定比例尺作出已知力Q 的大小和方向 根据汇交力系平衡的几何条件,该三个力所构成的力三角形必自行 封闭,故可在力Q的始端和末端画出TB和TC 按同样的比例即可量得TB和TC的大小。
解得
FCD
F cos yB F sin xB l
2-2平面任意力系 ２-２.１ 平面任意力系的简化
１.力的平移定理
作用于刚体上的力,可以平移到同一刚体 的任一指定点,但必须同时附加一力偶,其力 偶矩等于原来的力对此指定点的矩.
对作用于刚体上某一平面的力平移到该平面上的任意点，则附 加力偶的力偶矩只需用代数量的力偶矩表示。
力系中所有各力在各个坐标轴中每一轴上的
投影的代数和分别等于零。 平面共点力系的平衡方程:
F
x
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选择题
(1) (2) (3)
1.在直角曲杆上作用一矩为M的力偶。则支 座A、B的约束力满足条件———。 (2) FA>FB FA=FB FA<FB
FA FB
2. 刚体在四个力作用下平衡，若其中三个力的 作用线汇交于一点，则第四个力的作用线 —— ————。 ①一定通过汇交点； ① ②不一定通过汇交点； ③一定不通过汇交点。
2 x 2 y
F cosFR , i FR
xi
F , cosFR , j FR
F F
2 xi yi
2
yi
证明:
y
F3 F2 F4
∵ ae=－ab+bc+cd+de ∴ FRX =X1+X2+X3+X4 FRX =Xi FRY=Yi
F1
构件AB为1/4圆形曲杆，其半径为r。构件BDC为直 角刚架，其中BD=r，DC=2r，BD DC。 在刚架上作用力偶，其力偶矩为M。试求铰链A ，C 的约束力。
是非题
在平面问题中，力偶对刚体的作用决定于力偶 矩，力偶矩是代数量。（ √ ） 力偶与一个力不等效，也不能与一个力平衡。 （ √ ） 力偶对刚体的作用与其在作用面内的位置无关。 （ ） √
平面力偶系合成的结果是一力偶，其矩为 M=∑Mi
平衡条件
平面力偶系的平衡条件是
∑Mi =0
平面力偶系只有一个独立的 平衡方程，可解一个未知量。
题：已知：直角曲杆AB上作用一力偶矩为M 的力偶,自重不计。 求：图示三种情况下A、B支座所受的约束反力.
解：研究对象：曲杆AB 受力分析
根据∑Mi=0 列 衡方程，
a
MA(F)=qa· 3／2· a= 3／2· qa2
第四节 平面力偶理论
1. 力偶的概念
大小相等、方向相反、作用线平行的两个力 构成的特殊力系。
力偶与一个力不等效
力偶矩
力偶对物体的转动效应用力偶矩度量。
m=F· d
力偶对点之矩
MO(F) ＋MO(F’)
=F· (d＋x) －F’ ·x
=F· d
投影定理：合矢量在某轴上的投影等于各分 矢量在该轴上投影的代数和。
FR F1 F2 Fn Fi
i 1 n
Fx Fx1 Fx 2 Fxn Fxi
Fy Fy1 Fy 2 Fyn Fyi
合力的大小和方向
FR F F
力偶对任一点之矩等于力偶矩，而与矩心 位置无关。
2.力偶等效条件
在同平面内的两个力偶，只要力偶矩相等， 则两力偶等效。
推论：（1）力偶可在其作用面内任意移转，而 不改变它对物体的作用。
推论：（2）只要力偶矩不变,可任意改变力的大 小和力偶臂的长短，而不改变力偶对物体的作用。
3. 平面力偶系的合成平衡条件
力使刚体绕某点转动效应的度量。它综合 反映了力的三要素，是一代数量。
力对点之矩
2. 合力矩定理
合力对某点之矩等于各分力对该点之矩的 代数和，即 MO(FR) = MO(Fi)
证明：力矩矢 MO(F)=r×F
FR=F1+ F2 + …+Fn
r×FR=r×F1+ r×F2 +… MO(FR)=MO(F1)+ MO(F1) ＋… MO(FR)=∑MO(Fi)
题：悬臂式起重机 已知：OB =AB,θ =45, 重物D 重 G =5kN,梁重OA不计。求：钢索 BC 的拉力及铰链O 的反力
解：1、选取研究对象：梁OA 2、画梁OA 的受力图： (1)几何法： 作力多边形图 (c)，是一 自行封闭的三角形； 求得：
解： (2)解析法: 取坐标轴，列平衡方程：
n
FR F i
i 1
2.平衡的几何条件
平面汇交力系平衡的必要和充分条件是： 力系的合力等于零。 平面汇交力系平衡的几何条件是力多边形 自行封闭。
第二节 平面汇交力系合成与 平衡的解析法
1. 解析法合成
力在坐标轴上的投影
Fx F cos Fy F cos
力的解析表达式 F=Xi+Yj
X 0
FBA F1 cos60 F2 cos30 0
FBA 0.366P 7.32kN
Y 0
FBC F1 cos30 F2 cos60 0
FBC 1.366P 27.32kN
第三节 力对点之矩的概念
第三节 力对点之矩的概念
1.力矩（moment）
填空题
1.图示结构中支座A的约束力————-， 并图示方向。
P
∑X=0 (∑MA=0 )
FC =0 ∑Y=0 FA =P
FA FC
力矩的解析式
直角刚架的尺寸a、b、c 均已知，用铆钉O 被固定在一悬 臂短梁OB上。在刚架的A端作用力F。F与铅垂线夹角 。 试计算力F对点O之矩。
MO(F)=MO(FX) ＋MO(FY) =Fsin · b-Fcos · (a-c)
例：求分布力q对点A的力矩。
q P=q· a a
A
解出： FO 为负值，表示受力图中FO 假定方向与正确指向相反
注意：
(1)几何法的关键是要封闭力多边形（本题为三角形），各力 矢量一定要首尾相接。 (2)解析法的关键是要列平衡方程，特别注意力投影的正、负 等不要搞错。 (3)解题时一定要按照上述解题步骤，一步一步地做，切不可 投机取巧。
例2-3 P=20kN, 求杆AB,BC受 的力。 解：取轮B为 研究对象， 受力如图
FR
O
b ac
de
x
2.平面汇交力系的平衡方程
FR
F F
2 xi yi
2
0
F F
x y
0 0
• 平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：各力 在两个坐标轴上的投影的代数和分别为零。 •平面汇交力系有两个独立的平衡方程。
解题步骤：
1．选取研究对象；
2．画受力图； 3. 列平衡方程，求解。
第二章 平面基本力系
平面汇交力系合成与平衡的几何法 平面汇交力系合成与平衡的解析法 力对点之矩的概念 平面力偶理论
第一节 平面汇交力系合成与 平衡的几何法
1. 力多边形法则
平面汇交力系可合成为通过汇交点的合力， 其大小和方向等于各分力的矢量和。
FR F1 F2 Fn Fi