理论力学第四章 平面任意力系(H)

第4章平面任意力系※平面任意力系的简化※简化结果的分析※平面任意力系的平衡条件※物体系的平衡※平面静定桁架的内力计算※结论与讨论§4-1 平面任意力系向作用面内一点的简化1.力的平移定理AFBd ′F F ′′A F ′BM =F . d=M B (F )可以把作用于刚体上点A 的力F 平行移到任一点B ，但必须同时附加一个力偶，这个附加力偶的矩等于原来的力F 对新作用点B 的矩。

M(b )F为什么钉子有时会折弯？FF (a )(b )图示两圆盘运动形式是否一样？M′F ′F MF 31F 2O2.平面任意力系向作用面内一点的简化·主矢和主矩OOF R ′M OF 1′M 1F 1 =F 1′M 1=M O (F 1)F 2′M 2F 2 =F 2′M 2=M O (F 2)F 3′M 3F 3 =F 3′M 3=M O (F 3)简化中心OF R =F 1+F 2+F 3= F 1+F 2+F 3M O =M 1+M 2+M 3=M O (F 1)+ M O (F 2) + M O (F 3)′′′′∑∑====′n i i OO ni iRMM 11)(F FF 主矢F R′M O主矩OxyM OF R ′★平面任意力系向作用面内任一点O 简化，可得一个力和一个力偶，这个力等于该力系的主矢，作用线通过简化中心。

这个力偶的矩等于力系对于点O 的主矩。

∑∑==−==ni xi i yiini i OO F y Fx MM 11)()(F RyiRRxiR yi xi RF F F F F F ′∑=′′∑=′∑+∑=′),cos(,),cos()()(22j F i F F§4-2 平面任意力系的简化结果分析●F R =0，M O ≠0′●F R ≠0M O =0′●F R ≠0，M O ≠0′●F R =0，M O =0′1. 平面任意力系简化为一个力偶的情形●F R =0，M O ≠0′∑==ni i OO MM 1)(F ★因为力偶对于平面内任意一点的矩都相同，因此当力系合成为一个力偶时，主矩与简化中心的选择无关。

′O ′F R O 2 . 平面任意力系简化为一个合力的情形·合力矩定理●F R ≠0，M O =0′合力的作用线通过简化中心●F R ≠0，M O ≠0′F ROO ′dF RF R′′dROF M d =M O (F R ) = F R d = M O = ∑M O (F i )M O (F R ) = ∑M O (F i )平面任意力系的合力对作用面内任一点的矩等于力系中各力对同一点矩的代数和。

F R ′OM oO ′●F R =0，M O =0′原力系平衡定理的应用：（1）当力臂不好确定时，将该力分解后求力矩；（2）求分布力的合力作用线位置。

3 . 平面任意力系平衡的情形正方形板ABCD的边长为a，沿四条边分别作用有力F1，F2，F3和F4，且各力的大小相等，均为F。

则此力系向点A 简化的主矢大小为，方向；主矩大小为，转向为。

（南航05年，6分）思考题在边长为的正方形板ABCD 上作用一平面力系，已知该力系向A ，B ，C 三点简化的主矩分别为，转向均为逆时针，则该力系向点D 简化的主矢为，方向；主矩为，转向。

（矿大04年，5分）m 1m N 6,m N 4⋅=⋅==C B A M MM等腰直角三角形板ABC 的斜边AB 长，在其顶点A ，B ，C 分别作用力F 1，F 2，F 3, 方向如图。

若, 则此力系向点A 简化的主矢大小为，主矩大小为；向点C 简化的主矢大小为，主矩大小为。

（江苏科技大学05年，8分）a 2F F F F F 2,132===§4-3 平面任意力系的平衡条件和平衡方程F R =0M O =0′｝⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫===∑∑∑===0)(00111ni i O ni yi ni xi M F F F 平面任意力系平衡的解析条件：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矩的代数和也等于零。

平衡方程已知：M=Pa求：A 、B 处约束反力。

2a P aMABCD F AxF Ay F B xy解：（1）取刚架为研究对象2,0)(0,00,0=−⋅−⋅=∑=+=∑=+=∑M a P a F F M F F F P F F B A B Ay y Ax x .,P F P F P F B Ay Ax =−=−=,解上述方程，得（2）画受力图（3）建立坐标系，列方程求解例题1AF AM AAF AxF Ay M AAαABqlF（1）固定端支座求：A 处约束反力。

既不能移动，又不能转动的约束——固定端（插入端）约束固定端约束简图例题2（2）分布载荷的合力q (x )载荷集度Pd PdP =q (x )dx ∑∫==l dxx q dP P 0)(∑∫=⋅=lxdxx q x dP Ph 0)(q (x )AB合力大小：由合力之矩定理：∫∫=lldxx q xdxx q h 0)()(合力作用线位置：h x dx lx☆两个特例(a ) 均布载荷Ph(b ) 三角形分布载荷P h lq 0ql∫==lqldx x q P 0)(2)()(0l dxx q xdxx q h ll==∫∫xlq x q 0)(=xxlq xdx l q dx x q P ll000021)(∫∫===32)()(0l dxx q xdxx q h ll==∫∫αABqlF解：取AB 梁为研究对象cos 2,0)(0cos ,00sin ,0=⋅⋅−⋅−=∑=−−=∑=+=∑αααl F lql M F M F ql F F F F F A A Ay y Ax x 221cos cos sin qlFl M F ql F F F A Ay Ax +=+=−=ααα解上述方程，得F AxF AyM AP2,0)(0,00,0=−⋅−⋅=∑=+=∑=+=∑M a P a F M F F F P F F B A B Ay y Ax x F P aABC D F AxF Ay F B 解法1PF P F P F B Ay Ax =−=−=解上述方程，得P aABC D F AxF Ay F B 解法220)(020)(0,0=+⋅+⋅=∑=⋅−−⋅=∑=+=∑M a P a F M a P M a F M P F F Ay B B A Ax x F F PF P F P F B Ay Ax =−=−=解上述方程，得解法3PF P F P F B Ay Ax =−=−=解上述方程，得2,0)(02,0)(02,0)(=−+=∑=++=∑=−−=∑M a F a F M M Pa a F M Pa M a F M B Ax C Ay B B A F F F P aABC D F AxF Ay F B)(,0)(,0)(=∑=∑=∑F F F C B A M M M （A 、B 、C 三点不得共线）（x 轴不得垂直于A 、B 两点的连线）)(,0,0=∑=∑=∑F A y x M F F 0)(,0)(,0=∑=∑=∑F F B A x M M F 平面任意力系平衡方程的形式基本形式二力矩式三力矩式RBAxF DEC BAaaa MP例题3求：三杆对三角平板ABC的约束反力。

F AF BFCPACaaaMB223,0)(223,0)(23,0)(=⋅+−⋅∑==⋅−−⋅∑==−⋅∑=aPMFaMaPMFaMMFaMBCABCAFFFaMFPaMFPaMFCBA33233323332=−=+=解得:解：取三角形板ABC为研究对象§4-4 平面平行力系的平衡方程yo⎭⎬⎫=∑=∑0)(0F O y M F （A 、B 两点的连线不得与各力平行）⎭⎬⎫∑=∑=0)(0)(F F B A M M F 3F 2F 1F n≡∑x F 二个方程只能求解二个未知量二力矩式解：取梁ABCD 为研究对象3210,00121,0)(⋅==−−+=∑=⋅−⋅−⋅=∑q P P F F F F F F P M NB NA y NA B 其中F 解得：N3750,N 250=−=NB NA F F 已知：F = 2k N ，q = 1k N /m 求：A 、B 支座反力。

例题4F NAF PD1m2m1mABCFqP 2P 1ABPbe al求：欲使起重机满载和空载时均不翻倒，平衡锤的重量。

例题5P 2P 1ABPbe al F NBF NA解：取起重机为研究对象（1）满载时，其限制条件是：F NA ≥0ba l P Pe P l P Peb F b a P M NA B ++≥=−−−+∑=12120)(,0)(:解得F （2）空载时，其限制条件是：F NB ≥0ab e P P b e P b F a P M NB A )(0)(,0)(22+≤=+−+∑=:解得F ab e P P b a l P Pe )(21+≤≤++因此，P 2必须满足：§4-5 物体系的平衡·静定和静不定问题●静定体系：未知量数目等于独立平衡方程数目●超静定体系：未知量数目多于独立平衡方程数目已知：P =0.4kN ，Q =1.5kN ，sin α=4/5例题6求：支座A 、C 的反力。

AQCBααPF AxF AyF CxF Cy)3(0,0)2(0,0)1(0sin 2cos 2cos 2,0)(=++=∑=−+=∑=−−=∑Q F F F P F F F lQ l P l F M Cx Ax x Cy Ay y Cy A αααF 解：(1)取整体为研究对象解上述方程，得kN6.0,kN 2.0=−=Cy Ay F FAQCBααPF AxF AyF CxF Cy)3(0,0)2(0,0)1(0sin 2cos 2cos 2,0)(=++=∑=−+=∑=−−=∑Q F F F P F F F lQ l P l F M Cx Ax x Cy Ay y Cy A αααF 解上述方程，得kN6.0,kN 2.0=−=Cy Ay F F PABF BxF ByF AxF AykN3.0−=Ax F 解得:kN2.1−=Cx F (2)取AB 为研究对象0cos cos 2sin ,0)(=−+=∑αααAy Ax B F lP l F M F 代入（3）式得EaaaaaABCDF AyF AxF E求：A 、E 的约束反力和BC 杆内力。

例题7解：(1) 取整体为研究对象5.1,0)(0,00,0=⋅+⋅=∑=−+=∑==∑a qa a F M qa F F F F F Ay E E Ay y Ax x F qaF qa F F E Ay Ax 5.25.10=−==解得：CDqC DF DxF Dy 045sin 5.0,0)(=⋅−⋅=∑Da F a qa F M C D (2) 取曲杆CD 为研究对象解得：qaF C 22=FBqMCAq1m1mA C 1m1mMqBF AxAyM A CyF ′CxF ′F CxF CyF B1,005.012,0)(0,0=⋅−+=∑=⋅⋅−⋅=∑==∑q F F F q F F M F F B Cy y B C Cx x 解：(1) 取BC 为研究对象解得:kN5.1,0,kN 5.0===Cy Cx B F F F (2) 取AC 为研究对象025.11,0)(01,00,0=⋅′−⋅⋅−+=∑=⋅−′−=∑=′−=∑CyA A Cy Ay y CxAx x F q M M F M q F F F F F F mkN 4kN,5.3,0⋅−===A Ay Ax M F F 解得:求：支座A 、C 的反力。