平面汇交力系合成与平衡的几何法

R
FO

B A
h
8
例题
平面基本力系
例题2
解： 1. 选碾子为研究对象，受力分析如图b所示。
各力组成平面汇交力系，根据平衡的几何条 件，力G ， F ， FA和FB组成封闭的力多边形。
R
FO
由已知条件可求得

cos R h 0.866
R
FB
B
A
h
30
再由力多边形图c 中各矢量 的几何关系可得
Fy
60 O
30
45
45
x

Fx
F3
F4
17
二、平面汇交力系的平衡方程
平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：该力系的合力等于零。
FR ( Fxi)2 ( Fyi)2 0
推得：
Fxi 0 Fyi 0
平面汇交力系的平衡方程
平面汇交力系平衡的必要与充分条件是：
各力在两个坐标轴上的投影的代数和分别等于零。
图上假定指向相反。即杆AB实际上受压力。
30
G y
C
FAB
FBC
B
F2 60
F 30 1
解析法的符号法则：当由平衡方 程求得某一未知力的值为负时，表示 原先假定的该力指向和实际指向相反。
x
21
三、汇交力系解析法的解题步骤：
1）选研究对象； 2）画受力图； 3）建立坐标系； 4）列平衡方程（2个）； 5）求解未知量。
F R= F 1+ F 2+…………+ F n= F
FR = Fx i + Fy j ，Fi = Fxi i + Fyi j （i=1，2，，n）
Fx i + Fy j = Σ(Fxi i) + Σ (Fyi j ) = ( Σ Fxi ) i + ( Σ Fyi ) j 合力的大小和方向余弦为
FR
Fx2 Fy2
(
Fxi )2

(
Fyi )2

cosα Fx , cos Fy

FR
FR

14
例题
平面基本力系
例题3
求如图所示平面共点力系的合力。其中：F1 = 200 N，F2 =
300 N，F3 = 100 N，F4 = 250 N。
F2 y
解： 根据合力投影定理，得合力在轴
22
第3节 平面力对点之矩的概念及计算
力对物体可以产生 移动效应--取决于力的大小、方向; 转动效应--取决于力矩的大小、方向.
参见动画：力对点之矩(1)
23
一． 力对点之矩（力矩）
力矩是度量力使刚体绕点转动效应的物理量 O——矩心 h——力臂，点O到力的作用线的垂直距离
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，它的正负可按下法确定：力使物体绕矩心 逆时针转向时为正，反之为负。
60 45
F1
O
30
45
x
F3 F4
16
例题
平面基本力系
例题3
或 合力的大小：
Fx 129.3 N Fy 112.3 N FR
合力的方向：
tan Fy 112.3 0.8685
Fx 129.3
F2 y
Fx2 Fy2 171.3 N
40.97o
FR F1
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
第1节 平面汇交力系合成与平衡的几何法 第2节 平面汇交力系合成与平衡的解析法 第3节 平面力对点之矩的概念及计算 第4节 平面力偶
1
第1节 平面汇交力系合成与平衡的几何法
平面汇交力系：如所有的力的作用线在同一平面内 且汇交于一点的力系。
共点力系：如所有的力都作用在同一点， 该力系称 为共点力系。
Bx
q x q l
因此分布载荷的合力大小
F l qdx l x qdx 1ql
0
0l
2
33
例题
力对点之矩
F
q A
dx x
h l
例题7
设合力F 的作用线距A端的距
112.3 N
15
例题
平面基本力系
合力的大小：
FR Fx2 Fy2 171.3 N
合力与轴x，y夹角的方向余弦为 ：
cos Fx 0.754
FR
cos Fy 0.656
FR
所以，合力与轴x，y的夹角分别为：
40.99
49.01
例题3
F2 y
解方程得杆AB和BC所受的力:
FBA 0.366G 7.321 kN
x
FBC 1.366G 27.32 kN
20
例题
平面基本力系
例题4
A
60
D
杆AB和BC所受的力:
FBA 0.366G 7.321 kN
B
FBC 1.366G 27.32 kN
约束力FBA为负值，说明该力实际指向与
合力FR对坐标原点之矩的解析表达式
n
M o (FR ) (xi Fyi yi Fxi ) i 1 29
例题
力对点之矩
r O
h
例题6
如图所示圆柱直齿轮，受到啮 合力Fn的作用。设Fn=1400 N。压 力角α=20o ，齿轮的节圆（啮合圆）
的半径 r = 60 mm，试计算力 Fn 对 于轴心O的力矩。
例题5
26
例题
力对点之矩
例题5
M O (Fx ) M O (Fy ) xFy - yFx
Fr(sincos - cossin ) Frsin( - )
MO(F) M O (F ) M O (Fx ) M O (Fy )
从上面的计算可以看到，力F对O点之矩等 于它的两个正交分力Fx和Fy对O点之矩。
18
例题
A
60
D
30
C
平面基本力系
例题4
如图所示，重物G =20 kN，用
B
钢丝绳挂在支架的滑轮B上，钢丝
绳的另一端绕在铰车D上。杆AB与
BC铰接，并以铰链A，C与墙连接。
如两杆与滑轮的自重不计并忽略摩
G
擦和滑轮的大小，试求平衡时杆AB
和BC所受的力。
19
例题
平面基本力系
例题4
刚体
汇交力系
等价
共点力系
理由：力的可传性原理
2
1、 平面汇交力系合成的几何法
1）两个共点力的合成: 由力的平行四连形法则求合力
FR F1 F2 合力大小由余弦定理：
FR F12 F22 2F1F2 cos
合力方向由正弦定理：
F1
FR
sin sin(180 )
由力的三角形法则求合力
A
60
D
解：
取滑轮B为研究对象，忽略滑轮的
B
大小，画受力图。
列写平衡方程
30
G y
C
FBA
FBC
B
F2 60
F 30 1
Fx 0, FBA F1 cos 60 F2 cos 30 0 Fy 0, FBC F1 cos 30 F2 cos 60 0
F2 c
b
F1 a
FR
F3
d
F4
力的多边形法则：用力多边形求合力FR 的几何
d
作图规则。
a
FRFe4
F1 力的多边形法则： c 1) 各分力首尾相接，次序可变；
e
F3 b F2 2) 合力为封闭边。
注意：用几何法求合力时，要用到各分力的大小所对应线段的长短的比 例尺；合力为封闭边时，由所量得的长短来确定合力的大小。
Fx=F cos Fy=F cos=F sin
Fx和Fy是力F在x，y轴上的投影
力的解析式：ຫໍສະໝຸດ Baidu
F Fx i Fy j
力的大小与方向为：
F Fx2 Fy2
cos Fx
F
cos Fy
F
式中的α和β分别表示力F与x轴和y轴正向间的夹角。
13
3．合力投影定理
合力在任一轴上的投影等于各分力在同一轴上投影的代数和。
件是 FA=0， 得封闭力三角形abc。
由此可得
a
F G tan 11.5 kN

FB G
Fmin
FB

G
cos
23.09
kN
3. 拉动碾子的最小力为
F
b
Fmin G sin 10 kN
10
3、汇交力系几何法的解题步骤：
1）选研究对象； 2）画受力图； 3）作力多边形或力三角形； 4）利用几何关系求解未知量。
27
二、合力矩定理
平面汇交的合力对于平面内任一 点之矩等于所有各分力对于该点力矩 的代数和。即
n
M o (FR ) M o (F1) M o (F2 ) ....... M o (Fn ) M O (Fi ) i 1
28
三、力矩的解析表达式
Mo(F)= xFy-yFx
x、y是力F作用点A的坐标， 而Fx 、 Fy是力F在x、y轴的投影， 计算时用代数量代入。
F1
F4 F4
d
F3
e
FR
F1
a
c
F2
b
解：设比例尺 0
100
e
F2
FR F1
d
a
b
F3
F4
c
FR ae 120 N
1450
7
例题
平面基本力系
例题2
如图轧路碾子自重G = 20 kN，半 径 R = 0.6 m，障碍物高h = 0.08 m碾 子中心O处作用一水平拉力F，试求: (1)当水平拉力F = 5 kN时，碾子对地 面和障碍物的压力；(2)欲将碾子拉 过障碍物，水平拉力至少应为多大； (3)力F 沿什么方向拉动碾子最省力， 此时力F为多大。
Fn Fr
31
例题
力对点之矩
例题7
水平梁AB受三角形分布的载荷作用，如图所示。
载荷的最大集度为q， 梁长l。试求合力作用线的位置。
q
A
Bx
32
例题
力对点之矩
F
q A
dx x
h l
例题7
解： 在梁上距A端为x的微段 dx上，作用力的大小为q’ dx，
其中q’ 为该处的载荷集度 ，
q
由相似三角形关系可知
11
第2节 平面汇交力系合成与平衡的解析法
一、平面汇交力系合成的解析法
1．力在轴上的投影
定义：在力矢量起点和终点作轴的垂线，在轴上得一线段，给 这线段加上适当的正负号，则称为力在轴上的投影。
Fx =F cosα
F
α
投影是代数量
x 力在某轴的投影，等于力的模乘以力与投影轴正向间夹角的 余弦。
12
2．力在直角坐标轴上的投影
F1
F2
FR
3
2）n 个共点力的合成 由力的可传性原理，将各力沿作用线移到汇交点 A。
合力等于各分力的矢量和，即


FR Fi
参见动画：平面汇交力系合成的几何法
4
结论：汇交力系可以合成为一个合力，合力的大小与方向等于
各分力的矢量和，合力的作用线过汇交点。即： FR
F i
力多边形
各分力矢与合力矢构成的多边形。
5
共线力系：力系中各力作用线都沿同一直线。 结论：共线力系合力的大小与方向等于各分力的代数和。即：
FR Fi
2、 平面汇交力系平衡的几何条件
平即面：汇交力系平衡的必要和充分条件是：该力系d的合力等于零。
F4
F3
FR F 0
c e
FR
F1
a
F2
b
平面汇交力系几何法平衡的必要和充分条件是：该力系的力多边
x，y上的投影分别为：
F1
Fx Fxi
60 O
30
F1 cos 30 F2 cos 60 F3 cos 45 F4 cos 45 45
45
x
129.3 N Fy Fyi
F3 F4
F1 cos 60 F2 cos 30 F3 cos 45 F4 cos 45
形自行封闭。
用几何法求合成与平衡问题时，用图解或应用几何关系数值求解。
图解的精度决定于作图的精确度，要注意选取适当的比例尺并认真作图。 6
例题
平面基本力系
例题1
例：F1 100 N, F2 100 N, F3 150 N, F4 200 N,方向如图所示,求合力。
F3
F2
900 700 600 O
30
例题
力对点之矩
例题6
r O
h

解： 解法一
计算力Fn对轴心O的矩，按力矩的定义得
MO (Fn ) Fn h Fnr cos
78.93 N mm
解法二
r
或根据合力矩定理，将
O
力Fn分解为圆周力F 和径向 F
力Fr , 则力Fn对轴心O的矩
MO Fn MO (F) MO (Fr ) MO (F) Fnr cos
G FA
(a)
FO
解得
FB sin F FA FB cos G
F
G
(c)
FB B
A
FB

F
sin
10 kN,
FA G FB cos 11.34 kN
FA
(b) 9
例题
平面基本力系
例题2
FO
G
FB B
A
FA
FB
G
FA
c
F
2. 碾子能越过障碍的力学条
Mo(F)=±Fh=±2AOAB 力矩为零的情况：当h=0即力的作用线通过矩心时 力矩单位 牛顿米（Nm） 千牛顿米（KNm）
24
例题
力对点之矩
计算图示力F对 点O之矩。F与水
平线夹角为，杆
OA长r，与水平线
夹角为。
解：
MO( F ) Fh Frsin( - )
MO (Fx ) -Fx y -Fcos rsin MO (Fy ) Fy x Fsin rcos