理论力学-平面汇交力系与平面力偶系

F4
15
例题
平面基本力系
合力的大小：
FR F x2 F y2 1 7 1 . 3 N
例 题 3
F2
y F1
合力与轴x，y夹角的方向余弦为：
F cos x 0.754 FR cos Fy FR 0.656
60
O
45
30
45
x
F3
4 9 . 0 1
刚体
汇交力系
等价
共点力系
理由：力的可传性原理
3
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 F1 F2 2 F1F2 cos
2 2
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
和BC所受的力。
19
例题
平面基本力系
解：
B
例 题 4
A D
60
取滑轮B为研究对象，忽略滑轮的 大小，画受力图。 列写平衡方程
30
G C
F F
y
x
0, 0,
FBA F1 cos 60 F2 cos 30 0 FBC F1 cos 30 F2 cos 60 0
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)
25
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
力对点之矩在平面力系中可以看做是一个代数量，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。
约束力FBA为负值，说明该力实际指向与
图上假定指向相反。即杆AB实际上受压力。
30
G C
y
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
FAB F2
B
60

FBaidu NhomakorabeaC
30
F1
21
例题
平面基本力系
例 题 5
已知： F=3kN, l=1500mm, h=200mm，忽略自重； 求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆受力. 解： AB、BC杆为二力杆. 取销钉B.
2、 平面汇交力系平衡的几何条件
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。 d 即：
FR

Fi 0

F4
F3

e
FR


a
F1
c
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 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。
i 1
n
30
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。
合力FR对坐标原点之矩的解析表达式
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）
26
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。
例 题 5
解：
M O ( F ) Fh Frsin( - )
3 4
解：
根据合力投影定理，得合力在轴 x，y上的投影分别为： F1
60

F x F xi F1 cos 30 F2 cos 60 F3 cos 45 F4 cos 45 129 .3 N
O
45
30
45
x
F3
F y F yi F1 cos 60 F2 cos 30 F3 cos 45 F4 cos 45 112 .3 N
各力在两个坐标轴上的投影的代数和分别等于零。
18
例题
平面基本力系
例 题 4
A D
60

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。
30
G C
如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
R
F B
O

A
h
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。
8
例题
平面基本力系
例 题 2
R
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。 由已知条件可求得 Rh cos 0 .866 R 30 再由力多边形图c 中各矢量 的几何关系可得
所以，合力与轴x，y的夹角分别为：
4 0 .9 9
F4
16
例题
平面基本力系
或 合力的大小：
例 题 3
FR F x2 F y2 1 7 1 . 3 N
F x 1 2 9 .3 N
F y 1 1 2 .3 N
F2
合力的方向： Fy 112.3 tan 0.8685 Fx 129.3 FR Fy
B
O
2. 碾子能越过障碍的力学条 件是 FA=0， 得封闭力三角形abc。 由此可得 a

G
A
FA
F G ta n 1 1 .5 k N
G FB 2 3 .0 9 k N co s
FB

FB G c Fmin F G b
3. 拉动碾子的最小力为
FA F
F m i n G s in 1 0 k N
F1
F2
FR
4

2）汇交力系的合成 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


Fi

力多边形
各分力矢与合力矢构成的多边形。
F1
b
F2
c
F3

a
FR

e
d 作图规则。 d F4 F 力的多边形法则： 1 F R F4 a e c 1) 各分力首尾相接，次序可变； F
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。
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
F
x
0 F B A co s θ F B C co s θ 0
F BA F BC
y
0 F BA sin θ F BC sin θ F 0
F BA F BC 11 . 35 kN
例题
平面基本力系
0
例 题 5
选压块C
F
x
FCB cos θ FCx 0
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
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：
F Fxi Fy j
2



Fx cos F
力的大小与方向为：
F Fx Fy
y
解方程得杆AB和BC所受的力:
F B A 0 . 366 G 7 . 321 kN
x
FBA F2
B
60

FBC
F B C 1 . 366 G 27 . 32 kN
20
30
F1
例题
平面基本力系
杆AB和BC所受的力:
B
例 题 4
A D
60

F B A 0 . 366 G 7 . 321 kN F B C 1 . 366 G 27 . 32 kN
F B
O

FB

A
(a)
h
FA F
(c)
G F FB
B O
F B sin F F A F B cos G
解得
G
A
FB
F 10 kN , sin
F A G F B c o s 1 1 .3 4 k N
FA
(b)
9
例题
平面基本力系
例 题 2
F
FB
3
力的多边形法则：用力多边形求合力FR 的几何
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。
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
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。 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
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。
29
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
M o ( FR ) M o ( F1 ) M o ( F2 ) ....... M o ( Fn ) M O ( Fi )
合力的大小和方向余弦为
FR F F ( Fxi ) ( Fyi ) Fy Fx cosα , cos FR FR
2 x 2 y 2 2
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 = F2 y 300 N，F = 100 N，F = 250 N。
y
40.99o
F1
60
O
45
30
45
x F4

Fx
F3
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：
F F
xi yi
0 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：
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
F2
70
0
例 题 1
100
例：F1 100N , F2 100N , F3 150N , F4 200N,方向如图所示,求合力。
F3
90
0


解：设比例尺 0
60
0
F4
e

O d
F1
F2
MO (Fx ) -Fx y -Fcos rsin MO (Fy ) Fy x Fsin rcos
28
例题
力对点之矩
例 题 5
M O (Fx ) M O (Fy ) xFy - yFx
Fr(sincos - cossin ) Frsin ( - ) M O (F )
F
F Fl FCx cotθ 11.25kN 2 2h
y
0
F
CB
sin F C y 0
FC y 1 .5 k N
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。
24
第3节 平面力对点之矩的概念及计算
Theory of Mechanics
理论力学
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
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
2
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。
d

e
FR

F1
b
F4
FR



F3 F2
F1
b

F3

c c

a
F4

FR ae 120N
1450
7
a
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