华北电力大学理论力学第四章 物体系的平衡

1．刚体系的静定和超静定
由多个刚体相互约束组成的系统称为刚体系。在一般情况下，若系统 是静定的，则刚体系的未知变量总数必等于独立方程总数。静定的 刚体系也称为静定结构。若未知变量总数大于独立方程总数，则系 统是超静定的，称为超静定结构。若未知变量总数小于独立方程总 数，则为不完全约束，刚体系可产生运动而不可能平衡。受不完全 约束的刚体系通常称为机构。
G FAB FAC （a） A G
y
x
例4-3
平面刚架的各部分及受力如图4-7(a)所示，A端为固定端约束，图中 各参数q、F、M、L均为已知。试求A端的约束力。 解：以刚架ABCD整体为研究对象 列平衡方程
F F
x y
0 , FAx qL 0 0 , FAy F 0
3 M M M F L qL L0 0 , A A 2
主矢
0 FR
F F F
ix
iy iz
0 0 0
主矩 M O 0
（对任意点主矩）
M x (F i) 0 M y (F i) 0 M z ( Fi ) 0
共六个独立方程，可解出六个未知量。
特殊力系平衡方程
空间汇交力系
可列三个独立方程
Fix 0 Fiy 0 Fiz 0
F
x
0 , FAB cos30 F 0
得
FAB
2 F 3
A
FAB M
（2）再取OA为研究对象
M
O
( F ) 0 , FAB cos 30 r M 0
FOx
O FOy
解得
M Fr
例题 三刚体平衡
求A、B、D、G处约束。
解：
（1）先分析EG段
F 0 , F 0 , M 0 ,
x y E
FEx 0 FEy FG 2 4.5 0
得
FG 4.5 2 4.5 2.25 0 FEy 4.5, FG 4.5
（2）再分析CE段
F 0 , F 0 , M 0 ,
x y C
FEx FCx 0 FCy FD FEy 10 0 FD 4.5 FEy 6 10 2 0
M
解得
A
0
FB 4a M P 2a q 2a a 0
FB 3 1 P qa 4 2 FAy q 2a P FB 0
Fy 0
解得
P 3 FAy qa 4 2
例题
起重架可借绕过滑轮A的绳索将重力的大小G=20kN的物体吊起，滑轮A用 不计自重的杆AB和AC支承，不计滑轮的自重和轴承处的摩擦。求系统平 衡时杆AB、AC所受力（忽略滑轮的尺寸）。 解： 以滑轮A为研究对象，受力如图（a）所示
(2) 列平衡方程并求解
M
M
M
解得
A
0
FG 2 FP 3 FT sin 30 4 0
B
0
FAy 4 FG 2 FP 1 0
C
0
F Ax 4 tan 30 FG 2 F P 3 0
2 FG 3FP 2 1 3 8 13.00 kN 4 0.5 4 sin 30
FBx 14.14kN
FBy 7.07 kN
FC 7.07kN
分清内力与外力
[例] 已知OA=r，求机构平衡时力矩M与力F的关系。
A
M
B
30
F
O
外力：外界物体作用于系统上的力叫外力。 内力：系统内部各刚体之间的相互作用力叫内力。
解：
AC为二力杆，
（1）先分析滑块B
FAB B FB F
静定与静不定
静定
超静定
静定
超静定
刚体系平衡的求解方法
方法: 1. 先整体，后局部。 2. 先局部，后整体。 3. 局部，整体同时分析。
原则: 减少计算工作量，避免求解联立方程。
例题4-5
组合梁ABC的支承与受力情况如图所示 ，已知P = 30kN，Q = 20kN ， =45°，l=2m。试求A，B及C处的约束力。
第四章
物体系的平衡
§4-1 力系的平衡条件及平衡方程
1 力系的平衡条件
一个力系的主矢和对任一点的主矩都等于零，该力系称为平衡力系。
力系平衡的充分必要条件：
0 ，对任意点的主矩 力系的主矢 FR
M O 0。
即


Fi 0
M（ 0 O Fi）
2 力系的平衡方程
将主矢、主矩投影到x, y, z坐标轴上，得到六个标量 方程。
三矩式方程
（A、B、C三点不得共线）
平衡方程的其它形式的分析论证
几个注意的问题
（1）平衡方程的其它形式 平衡方程的形式多样（两矩式方程，三矩式方程），根据情 况，灵活选择矩心的位置，以简化代数方程求解 。 （2）空间力系的处理方法 工程实际中绝大多数问题都是空间力系问题，空间力系问题 中很大一部分问题是可以通过适当的简化和合理的假定，最 后按照平面力系问题来处理的。只有哪些无法简化为平面问 题的力系，才采用空间力系平衡理论去分析。物体平衡与力 系平衡的关系 （3）物体平衡与力系平衡的含义是不同的 力系平衡是说该力系和一个零力系等效。物体平衡是指其相对 于惯性参考系静止或作匀速直线运动的状态，是机械运动的 一种特殊形式。也就是说力系平衡是物体（物体系）平衡的 必要条件，而不是充分条件。
解： 取梁AB为研究对象，受力图及坐标系的选取如图
F
x
0
y
FAx 0
FAy ql F 0
F
0
M A 0
M A ql 2 / 2 Fl M 0
例题 已知：
P, q, a, M pa;
求：支座A、B处的约束力. 解：1）取AB梁，画受力图. 2）列平衡方程 Fx 0 FAx 0 解得 FAm 0
FT
FAx
2 FG 3FP 2 1 3 8 11.26 kN 4 0.577 4 tan 30
FAy
2 FG FP 2 1 8 2.50 kN 4 4
例题 如图横梁，已知：P，q，a，M=Pa 求：支座A、B处的约束力. 解：1）取AB梁，画受力图. 2）列平衡方程 FAx 0 Fx 0
F 0 , F F 0 , F M (F ) 0 ,
x y A
Ax Ay
FBx 0 FBy P 0 M A Pl FBy 2l 0
解得A，B及C处的约束力为
FAx 14.14kN
FAy 37.07 kN
M A 88.28kN m
(1) 取起重机为研究对象，受力如图 （2）当满载时，重量P1在端部，系统有绕B点翻转的趋势，临界平衡状态 下支座 A的约束力为0。
M
B
0
（6 2）P3 2 P2 （ 12 2）P1 4 FA 0
FA 2 P3 0.5 P2 2.5 P1
不翻倒的条件
FA 0
M x (F i) 0 M y (F i) 0 M z ( Fi ) 0
变速箱
空间力偶系
可列三个独立方程
空间平行力系
可列三个独立方程
Fiz 0 m x ( Fi ) 0 m y ( Fi ) 0
平面任意力系
可列三个独立方程
Fx 0 Fy 0 M O 0
分析：1 先分析BC段，再整体分析。 2 先分析BC段，再分析AB段。
解：
（1）取梁BC为研究对象
F 0 , F 0 , M 0 ,
x y B
FBx Qcos45 0 FBy FC Qcos45 0 FC 2l Q lcos45 0
（2）再取梁AB为研究对象
解得：
ห้องสมุดไป่ตู้
FAx qL
FAy F
3 M A M qL2 FL 2
例4-4平面平行力系
塔式起重机机身重量为P2＝700kN ，起吊的最大重量 为P1＝200kN，最大悬臂长12m，轨道A、B的间 距为4m，平衡块重P3，其作用线距塔架中心6m。 试求使起重机满载和空载不至于翻倒时，起重机 平衡块重P3的值。 解
解得
FAx 0, FAy 9, FB 15.1, FD 10.4, FG 4.5
如图所示结构(各杆自重不计)。若 F1 F 2 200 kN ，C、 D、E处均为中间铰约束。试求：A、B、C处的约束反力 。
解：(1)取整体为研究对象。
例4-6
M
A
0
( FB F2 ) 2l F1 3l 0
§ 4.2 平面力系的平衡
1 工程中的平面力系
2 平面力系平衡方程.
平衡方程
标准式方程
Fx 0 Fy 0 M O 0
二矩式方程
Fx 0 M A 0 （A、B两点连线不得与投影轴垂直） M B 0
M A 0 M B 0 M C 0
Fx 0
Fy 0
FAB G cos 30 G sin 30 0
FAC G cos 30 G sin 30 0
FAB G (cos 30 sin 30) 7.32 kN
FAC G (cos 30 sin 30) 27.32 kN
(3) 取BEC杆为研究对象。
M
P3 2.5P1 0.5P2 75kN
（3）当空载时，重量P1=0，系统有绕A点翻转的趋势，