第02章 平面汇交力系与力偶系(高)
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第二章平面汇交力系及平面力偶系
一、几何法合成（作图法）
1、两力的合成方法——平行四边形法则。
2、多个力的合成。方法——力多边形法 则（依据平行四边形法则）。将汇交
力系各力平行移至首尾相接，起点至
第
终点连线为合力。
一 章
静 力 学 基 础
理论力学教学课件
第一节 平面汇交力系的合成
一、几何法（作图法）
F1
R12
O
F2
F3
R123
同理 ：Ry= F1y+ F2y+ F3y
R FX 2 Fy 2
第二节 平面汇交力系合成的解析法
例 用 解 析 法 求 三 力 的 合 力 。 已 知 F1=100N ，
F2=200N，F3=300N 。
F1
45°
O
F2
解：F1X=F1COS45°=71N F1y=F1sin45°=71N F2X=F2=200N
静 力
自行封闭。
学 基
础
第二节 平面汇交力系的合成与 平衡的解析法
一、解析法合成（计算 ） 1、力在直角坐标轴上的投影
y
a’
A
αF
B
b’
oa
b
x
ab:F在x轴上的投影（Fx). a’b’:F在y轴上的投影（Fy）。
Fx=ab=Fsinα
第
一
Fy=a’ b’= - Fcosα
章
静 力 学 基 础
第二节 平面汇交力系合成的解析法
解：据平衡方程：ΣFx=0 ΣFy=0
ΣFy=-P- FD cos30°-FCBsin30°=0 FCB=-74.6 KN （BC杆受压） ΣF x=-FAB - FD sin30°FCBcos30°=0 FAB =54.6 KN （AB杆受拉）
1、两力的合成方法——平行四边形法则。
2、多个力的合成。方法——力多边形法 则（依据平行四边形法则）。将汇交
力系各力平行移至首尾相接，起点至
第
终点连线为合力。
一 章
静 力 学 基 础
理论力学教学课件
第一节 平面汇交力系的合成
一、几何法（作图法）
F1
R12
O
F2
F3
R123
同理 ：Ry= F1y+ F2y+ F3y
R FX 2 Fy 2
第二节 平面汇交力系合成的解析法
例 用 解 析 法 求 三 力 的 合 力 。 已 知 F1=100N ，
F2=200N，F3=300N 。
F1
45°
O
F2
解：F1X=F1COS45°=71N F1y=F1sin45°=71N F2X=F2=200N
静 力
自行封闭。
学 基
础
第二节 平面汇交力系的合成与 平衡的解析法
一、解析法合成（计算 ） 1、力在直角坐标轴上的投影
y
a’
A
αF
B
b’
oa
b
x
ab:F在x轴上的投影（Fx). a’b’:F在y轴上的投影（Fy）。
Fx=ab=Fsinα
第
一
Fy=a’ b’= - Fcosα
章
静 力 学 基 础
第二节 平面汇交力系合成的解析法
解：据平衡方程：ΣFx=0 ΣFy=0
ΣFy=-P- FD cos30°-FCBsin30°=0 FCB=-74.6 KN （BC杆受压） ΣF x=-FAB - FD sin30°FCBcos30°=0 FAB =54.6 KN （AB杆受拉）
第二章 平面汇交力系与平面力偶系(修改后)
(b)
（压）
(b)
（拉）
【例】求如图所示梁的支座约束反力（梁重忽略不计）。
(a)
解: (1)画梁的受力图如图（b）所示。 (2)列平衡方程如下：
又 (3)联解上各式得:
(b)
(a) (b)
（压） （拉）
[例] 已知 P=2kN ，求CD所受的力和A处的约束反力。
解：(1)以AB杆为研究对象，画其受力 图如右下方所示
指向：用右手法则，表示力矩转向
20
二、合力矩定理
FR
F1
F2
z
Fn
A
r
y x
合力对点o的力矩矢为
定理：平面汇交力系的合力对平面内任一点的矩，等于所 有各分力对同一点的矩的代数和。
21
三、 力矩与合力矩的解析式 力矩 合力矩
22
[例] 力F 作用于支架上的点C,如图所示，设
F 分别对点A,B之矩。
接，并以铰链A、C与墙连接。如两杆和滑轮的自重不计，
并忽略摩擦和滑轮的大小，试求平衡时AB杆和BC杆所
受的力。
解: (1)取滑轮为研究对象，由
于滑轮的大小可忽略不计，故
其受力图如下图（b）所示。
(b) (a)
(2)列平衡方程，建立如图（b）所示的直角坐标系
(a)
其中 F1=F2=P (3)求解上两方程得
（2）任一力偶可以在它的作用平面内任意动移，而不改变力 偶对刚体的效应。
（3）只要保持力偶矩的大小和力偶的转向不变，可以同时改 变力偶中力的大小和力偶臂的长短，而不改变力偶对刚体的 效应。
26
三、平面力偶系的合成与平衡 平面力偶系:作用在物体同一平面的许多力偶叫平面力偶系 设有两个力偶
第2章平面汇交力系和力偶系
力系简化
■平面力偶系(couple system) 平面力偶系(couple 力偶系
F
F′
大小相等,方向相反, 力偶 : 大小相等,方向相反,不共线的两个 力所组成的力系. 力所组成的力系. (F, F′) 力偶作用面: 力偶作用面: 二力所在平面 力偶臂: 力偶臂:二力作用线间的垂直距离
■平面力偶系(couple system) 平面力偶系(couple 力偶系
＊该定理适用于有合力的任何力系
例题） ■力对点之矩（例题）
例1
已知 : F , l1, l2 , α . 求 : MO(F) 解：使用合力之矩定理 使用合力之矩定理
MO (F) = Mo (Fx ) + Mo (Fy ) =－F l2sin α + F cosα （l1－l3)
例题） ■力对点之矩（例题）
注意： 注意：一般力矩的计算往 往不是用定义式。 往不是用定义式。计算往 往使用合力之矩定理 往使用合力之矩定理 。 F
O
d
■力对点之矩（合力之矩定理 ）
合力之矩定理
MO(FR)= Σ M O(Fi)
合力矩定理 合力矩定理：合力对任一点之矩矢等于
力系中各力对该点之矩矢的矢量和； 力系中各力对该点之矩矢的矢量和；
解析法) ■汇交力系(解析法 解析法
力在直角坐标轴上的投影与分解
矢量式 或
F = Fx +Fy F = Fx i + Fy j
分别为力在 、 轴上 分别为力在x、y轴上 力在 的投影
y
Fy
j i
F
Fx
x
Fx 、Fy
投影符号规定：与轴正向一致时为+，反之，为负。 投影符号规定：与轴正向一致时为+ 反之，为负。
2第2章平面汇交力系与力偶系
碍物。求：在中心作用的水平力F的大小和碾子对障碍物的压力。
解： ①研究对象:碾子 ②画受力图
F =P⋅tgα
NB=
P cos α
r 2 −(r −h)2 =0.577 又由几何关系： tgα = r −h
F
P
NB
11
例：求横梁A的约束力和杆DC所受的力。P＝10kN,AC＝CB.
A
45
0
P
B
C
解：1）AB杆 2）受力分析 3）求约束力 0 10kN
2．力的分解
或 Y = F sin γ sin α Z = F cos γ
x
y'
y F xy
FY FX
F
F = F X + F Y 两个分力不是正交的。
注：沿非正交坐标的分力与投影的关系
力在 x 轴上的投影不等于力在 x 方
X
x
向上分力大小，即； X
≠ Fx
15
3、力在直角坐标轴上的投影与分解
y
B
= F2 sin 60 + F3 sin 50 − F4 sin 40
FRy
= 72.95
FRX
θ
x
∴ FR = 123.48 N
θ = 36.210
19
例：求横梁A的约束反力和杆DC所受的力。P＝10kN,AC＝CB.
A 45
0
P
B C
解：1）AB杆 2）受力分析 3）列平衡方程
∑ Fx = 0, N A cos θ + N C cos 45 = 0
解： ①选碾子为研究对象 ②画受力图 ∵当碾子刚离地面时NA=0,拉力F最大,这时
F
O
拉力F和自重及支反力NB构成一平衡力系。 由平衡的几何条件，力多边形封闭，故
解： ①研究对象:碾子 ②画受力图
F =P⋅tgα
NB=
P cos α
r 2 −(r −h)2 =0.577 又由几何关系： tgα = r −h
F
P
NB
11
例：求横梁A的约束力和杆DC所受的力。P＝10kN,AC＝CB.
A
45
0
P
B
C
解：1）AB杆 2）受力分析 3）求约束力 0 10kN
2．力的分解
或 Y = F sin γ sin α Z = F cos γ
x
y'
y F xy
FY FX
F
F = F X + F Y 两个分力不是正交的。
注：沿非正交坐标的分力与投影的关系
力在 x 轴上的投影不等于力在 x 方
X
x
向上分力大小，即； X
≠ Fx
15
3、力在直角坐标轴上的投影与分解
y
B
= F2 sin 60 + F3 sin 50 − F4 sin 40
FRy
= 72.95
FRX
θ
x
∴ FR = 123.48 N
θ = 36.210
19
例：求横梁A的约束反力和杆DC所受的力。P＝10kN,AC＝CB.
A 45
0
P
B C
解：1）AB杆 2）受力分析 3）列平衡方程
∑ Fx = 0, N A cos θ + N C cos 45 = 0
解： ①选碾子为研究对象 ②画受力图 ∵当碾子刚离地面时NA=0,拉力F最大,这时
F
O
拉力F和自重及支反力NB构成一平衡力系。 由平衡的几何条件，力多边形封闭，故
第 2 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
例2-1
F Ptg
N
B
P
cos
又由几何关系： tg
r2 (rh)2 rh 0.577
所以
F=11.5kN , NB=23.1kN
由作用力和反作用力的关系，碾子对障碍物的压力等于23.1kN。 此题也可用力多边形方法用比例尺去量。
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
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.4 平面汇交力系合成的解析法
FR FR2x FR2y ( Fxi )2 ( Fyi )2
cos(FR
,
i)
FRx FR
cos(FR ,
j)
FRy FR
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.2 力的正交分解与力的解析表达式
y
Fy j Oi
F Fx x
F F x F y Fx i Fy j
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.3 合力投影定理
平面汇交力系的合力在某轴上的投影，等 于力系中各个分力在同一轴上投影的代数和。
FRx Fxi FRy Fyi
结论：平面汇交力系可简化为一合力，其 合力的大小与方向等于各分力的矢量和 (几何和)，合力的作用线通过汇交点。 用 矢量式表示为：
FR F1 F2 Fn F
如果一力与某一力系等效，则此力称为该 力系的合力。
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
解:1.取碾子，画受力图. 用几何法，按比例画封闭力四边形
例2-1
F Ptg
N
B
P
cos
又由几何关系： tg
r2 (rh)2 rh 0.577
所以
F=11.5kN , NB=23.1kN
由作用力和反作用力的关系，碾子对障碍物的压力等于23.1kN。 此题也可用力多边形方法用比例尺去量。
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
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.4 平面汇交力系合成的解析法
FR FR2x FR2y ( Fxi )2 ( Fyi )2
cos(FR
,
i)
FRx FR
cos(FR ,
j)
FRy FR
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.2 力的正交分解与力的解析表达式
y
Fy j Oi
F Fx x
F F x F y Fx i Fy j
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.3 合力投影定理
平面汇交力系的合力在某轴上的投影，等 于力系中各个分力在同一轴上投影的代数和。
FRx Fxi FRy Fyi
结论：平面汇交力系可简化为一合力，其 合力的大小与方向等于各分力的矢量和 (几何和)，合力的作用线通过汇交点。 用 矢量式表示为：
FR F1 F2 Fn F
如果一力与某一力系等效，则此力称为该 力系的合力。
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
解:1.取碾子，画受力图. 用几何法，按比例画封闭力四边形
第2章 平面汇交力系和平面力偶系
9
例题 1
解：
1. 选碾子为研究对象，受力分析如图b所示。
F
R O
各力组成平面汇交力系，根据平衡的几何条
件，力P ， F ， FA和FB组成封闭的力多边形。
qP
B
由已知条件可求得
A
h
cos q R h 0.866
(a)
R
q 30
FO
再由力多边形图c 中各矢量的 几何关系可得
解得
FB sin q F FA FB cosq P
（2）应用合力矩定理
MO (F ) MO (Fx ) MO (Fy )
F cosq l cosj F sinq l sinj Fl cos(q j)
22
§2—4 平面力偶 1．力偶与力偶矩
由两个大小相等、方向相反且不共线的平行力组成的力系，
称为力偶。如图所示，记作（F，F'）。力偶的两力之间
如图轧路碾子自重P = 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
R
FO
障碍物的压力；(2)欲将碾子拉
q
过障碍物，水平拉力至少应为多
B
大；(3)力F 沿什么方向拉动碾
A
h
子最省力，此时力F为多大。
大小取决于力的大小与力臂的乘积，平面力对点之矩是一 个代数量。它的转向人为规定一般取逆时针转向时为正， 反之为负。
F对矩心点O之矩
MO(F) r
ห้องสมุดไป่ตู้Oh
B F A
M O (F ) Fh 2 AOAB
式中 AOAB为三角形OAB 的 面积，如图所示。单位为 N•m或kN •m。
第2章平面汇交力系与平面力偶系
FBA
FBC
FAB
A
' F' FBA BC
B B
B
P
C
F2 F1
C
FCB
解：
y
FBA F2
600
300
（1） 取滑轮为研究对象，将其视为 一个几何点。受力如图所示。
其中 F1= F2 =P = 20 kN （2）选取图示坐标系。列方程
B
FBC
F1
x
X 0, Y 0,
FBA F1cos600 F2cos300 0 FBC F1cos300 F2cos600 0
解：（1）取碾子为研究对 象。 画受力图。
F
F
O B
O B
FB
P
P
A FA
A
（2）根据力系平衡的几何条件，作封闭的力多边形。
按比例，先画已知力，各力矢首位相接。
FB
a.从图中按比例量得
FA=11.4 kN , FB=10 kN 5 kN
FA
0
P
b.也可由几何关系计算
Rh cos 0.866 R
即：若作用在刚体上 {F1 , F2 ,, Fn } {FR }
则：
M O ( FR ) MO (Fi )
i 1
n
在古代，人们没有大型的 起重工具，只能依靠人力和畜力 。在建造宏伟的建筑物时，为了 将巨大的石柱竖立起来，可能采 用了右图所示的方法。其中起关 键作用的是用木材作成的 A 字形 支架。试从力学角度说明采用此 项措施的必要性。
P
解： 取梁为研究对象。 画受力图。
注意：这里所设力 FA 的方向与 实际方向相反。
解：取横梁为研究对象。画受力图。 建立图示直角坐标系。 由平面汇交力系的平衡条件列方程
FBC
FAB
A
' F' FBA BC
B B
B
P
C
F2 F1
C
FCB
解：
y
FBA F2
600
300
（1） 取滑轮为研究对象，将其视为 一个几何点。受力如图所示。
其中 F1= F2 =P = 20 kN （2）选取图示坐标系。列方程
B
FBC
F1
x
X 0, Y 0,
FBA F1cos600 F2cos300 0 FBC F1cos300 F2cos600 0
解：（1）取碾子为研究对 象。 画受力图。
F
F
O B
O B
FB
P
P
A FA
A
（2）根据力系平衡的几何条件，作封闭的力多边形。
按比例，先画已知力，各力矢首位相接。
FB
a.从图中按比例量得
FA=11.4 kN , FB=10 kN 5 kN
FA
0
P
b.也可由几何关系计算
Rh cos 0.866 R
即：若作用在刚体上 {F1 , F2 ,, Fn } {FR }
则：
M O ( FR ) MO (Fi )
i 1
n
在古代，人们没有大型的 起重工具，只能依靠人力和畜力 。在建造宏伟的建筑物时，为了 将巨大的石柱竖立起来，可能采 用了右图所示的方法。其中起关 键作用的是用木材作成的 A 字形 支架。试从力学角度说明采用此 项措施的必要性。
P
解： 取梁为研究对象。 画受力图。
注意：这里所设力 FA 的方向与 实际方向相反。
解：取横梁为研究对象。画受力图。 建立图示直角坐标系。 由平面汇交力系的平衡条件列方程
第2章 平面汇交力系与平面力偶理论
且在同一平面内，由平面力偶系的合成理论．其合力偶矩为
式中，负号表示合力偶的转向为顺时针方向转动。
欲求作用在A、B处的水平力，应以工件为研究对象，受力分析如图 2—13所示，由于工件在水平面内受四个力偶和两个螺栓的水平反力 的作用下而平衡。因为力偶只能与力偶平衡，故两个螺栓的水平反 力N一和jv”必然组成一个力偶。由平面力偶系的平衡方程
二、平面汇交力系合成与平衡的解析法
根据合力投影定理，可计算出合力R的投影Rx和Ry
合力R与x轴正向间的夹角为
平面汇交力系平衡的充要条件是该力系的合力R等于0，则有
上式成立，必须同时满足
平面汇交力系解析法平衡的必要与充分条件是：力系中所有 各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零。
例2-2 图2-5(a)所示圆柱体A重Q，在中心上系着两条绳AB和 AC，并分别经过滑轮B和C，两端分别挂重为P和2P的重物，试 求平衡时绳AC和水平线所构成的角α及D处的约束反力。 解 选圆柱为研究对象，取分离体画受
（2）作用在同一平面内的两个力偶，只要它的力偶矩的大 小相等、转向相同，则该两个力偶彼此等效。这就是平面力 偶的等效定理。
定理的推论
(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 上述推论表明，在研究同一平面内有关力偶问题时， 只需考虑力偶矩的代数值，而不必研究其中力的大 小和力偶臂的长短。
从而解得
所以
例 图a 所示结构中，各构件自重不计。在构件AB 上作用1力 偶矩为M 的力偶，求支座A 和C 的约束力。
解（1）BC为二力杆： F c= −F B（图c） （2）研究对象AB，受力如图b 所示， F AFB' 构成力偶， 则
式中，负号表示合力偶的转向为顺时针方向转动。
欲求作用在A、B处的水平力，应以工件为研究对象，受力分析如图 2—13所示，由于工件在水平面内受四个力偶和两个螺栓的水平反力 的作用下而平衡。因为力偶只能与力偶平衡，故两个螺栓的水平反 力N一和jv”必然组成一个力偶。由平面力偶系的平衡方程
二、平面汇交力系合成与平衡的解析法
根据合力投影定理，可计算出合力R的投影Rx和Ry
合力R与x轴正向间的夹角为
平面汇交力系平衡的充要条件是该力系的合力R等于0，则有
上式成立，必须同时满足
平面汇交力系解析法平衡的必要与充分条件是：力系中所有 各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零。
例2-2 图2-5(a)所示圆柱体A重Q，在中心上系着两条绳AB和 AC，并分别经过滑轮B和C，两端分别挂重为P和2P的重物，试 求平衡时绳AC和水平线所构成的角α及D处的约束反力。 解 选圆柱为研究对象，取分离体画受
（2）作用在同一平面内的两个力偶，只要它的力偶矩的大 小相等、转向相同，则该两个力偶彼此等效。这就是平面力 偶的等效定理。
定理的推论
(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 上述推论表明，在研究同一平面内有关力偶问题时， 只需考虑力偶矩的代数值，而不必研究其中力的大 小和力偶臂的长短。
从而解得
所以
例 图a 所示结构中，各构件自重不计。在构件AB 上作用1力 偶矩为M 的力偶，求支座A 和C 的约束力。
解（1）BC为二力杆： F c= −F B（图c） （2）研究对象AB，受力如图b 所示， F AFB' 构成力偶， 则
第2章：平面汇交力系和平面力偶系
力和力偶是静力学的两个基本要素， 也就是说任何力系都是由力和力偶组成的。 力偶只改变物体的转动状态。因此，力偶对刚体 的转动效应，可用力偶矩来度量。
26
三、力偶和力偶矩
力偶矩：力偶中两个力对其 作用面内某点的矩的代数和。
M o ( F , F ) F (d x ) F x F d
FRx F ix F1 cos30 F2 cos60 F3 cos45 F4 cos45 129.3N
FRy F iy F1 sin 30 F2 sin 60 F3 sin 45 F4 sin 45 112.3N
FR FR2x FR2y 171.3N
M1 FA r sin 0
36
取杆BC，画受力图。
M 0
r F M2 0 sin
' A
37
33
例2-7：已知:
F , , xB , yB , l; 求：平衡时，CD 杆的拉力。
FR 0
M A ( FR ) 0
M A ( Fi ) 0
F cos yB F sin xB FCD l 0
34
例2-8：已知：q, l; 求：合力及合力作用线位置。 解：取微元如图
第二章：平面汇交力系与平面 力偶系
1
§2-1 平面汇交力系
定义： 各力的作用线都在同一个平面内且汇交于一点。 一、平面汇交力系合成的几何法--力多边形规则
2
FR1 F1 F2 FR 2 FR1 FR 3
i 1
Fi
3
n FR Fi Fi
θ 20 , r 60mm
工程力学 第二章 平面汇交力系与平面力偶系
D
1 tg 2
E F
45°
FC
45° F FA
FA
A
C
Fc
B
例2-2
求：
已知： P =20kN，R =0.6m， h =0.08m
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？ 3.力F 沿什么方向拉动碾子最省力，及此时力F多大？
M O2 F , F F d x2 F x2 ' F d Fd
力偶矩的符号 M
2.4.2 同平面内力偶的等效定理
定理：作用在刚体上同一平面内的两个力偶，如果 力偶矩相等，则两力偶彼此等效。 两个推论： (1) 力偶可在其作用面内任意移转，而不改变它对 刚体的作用效果。换句话说，力偶对刚体的作用与 它在作用面内的位置无关。
找出平面汇交力系合成的合力 F2 F1 F5 F3 F1 F3 F4 F2
F4
2.1.4 平衡条件 平面汇交力系平衡的充要条件：
合力等于零
n FR Fi 0
i 1
平面汇交力系平衡的几何充要条件： 力多边形自行封闭
应用：
横梁在力的作用下处于平衡，已知中点P=50KN， 求A、B约束反力 P 解： A B 25KN 比例尺 10mm 45°
y
Fy β A a B F Fx
a1
O Fx b x 力的起点垂足指向终点垂足 投影为正，反之为负。 与投影轴正向一致
如图，若F=40KN，α=30°，求力在x、y轴上的投影 Fx= 40cos30° KN y Fy= 40sin30° KN Fx= 40cos30° KN Fy= -40sin30° KN
静力学第二章平面汇交力系与力偶系
请思考：力矩和力偶矩的异同？
力偶矩:度量力偶对物体转动效应 的量。记作：M（F, F′）或M
A
F C d F′
M Fd
力偶矩正负号规定:
逆时针转动为正，反之为负
B
力偶矩正负号意义：表示力偶转向
请思考：平面（内）力偶等效的条件？
力偶矩大小相等、转动方向相同
平面力偶的性质
性质1 : 力偶无合力,即FR=0
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
本章重点：
1、平面汇交力系(几何法、解析法）
2、力偶的概念
3、平面力偶系
§2-1 平面汇交力系
汇交力系：所有力的作用线
汇交于一点的力系。
共点力系：所有力的作用点为同一点的力系。
平面汇交力系合成—几何法
力多边形
平面汇交力系平衡—几何法
平衡几何条件：汇交力系的力多边形自行封闭。
平面力偶系的简化结果： Mo
平面力偶系的平衡条件：Mo = 0
平衡方程：
M
0
例5 图中M, r 均为已知, 且 l=2r, 各杆自重不计。
求:C 处的约束力。
解：取 BDC 为研究对象
作出受力图 由力偶理论，知 FB = FC M 0
2 2 FB r FB 2r M 0 2 2 注意：计算(FB，FC )的力偶矩
性质2 : 力偶作用效应只与力偶矩有关 性质3 : 力偶只能与力偶矩相等的另一力偶等效 性质4 : 力偶对其作用面上任一点的矩等于力偶矩
F
F´
F
F´
F
F´ F/2
（d）
F´/ 2
只要保持力偶矩不变，力偶必等效
F
F´
M
M
M
02平面汇交力系和力偶系
2、合力矩定理
定理：平面汇交力系的合力对平面内任一点的矩，等于所 有各分力对同一点的矩的代数和 n 即：
mO ( R ) mO ( Fi )
i 1
[例] 已知：如图 F、Q、l, 求：mO (F ) 和 mo (Q ) 解：①用力对点的矩法
l mO ( F ) F d F sin
mabmcar?ara?mc?crmmb?cbrbr?mcr??例例在一钻床上水平放置工件在一钻床上水平放置工件在工件上同时钻四个等直径在工件上同时钻四个等直径的孔的孔每个钻头的力偶矩为每个钻头的力偶矩为求工件的总切削力偶矩和求工件的总切削力偶矩和aabb端水平反力端水平反力
力
F1
系
F2
M1
Mn
F3
mo (Q ) Ql
②应用合力矩定理
mO ( F ) Fx l Fy l ctg
mo (Q ) Ql
例、已知：机构如图，F = 10kN， Fx C 求：MA(F) = ? 300 Fy F 解:方法一: MA(F) = - F•d d 0 = - 10 0.6 sin60
2m
B RA A
C
P
A
4m
D
D
RD
解: 1、取平面钢架ABCD为研究对象, 画出受力图。
2、取汇交点C为坐标原点，建立坐标系： 3、列平衡方程并求解： X= 0
P B RA A
y
C
x
2m D 4m
P +RA cos = 0
RA = - 22.36 kN
负号说明它的实际方向 和假设的方向相反。
不计.试求力偶矩m2的大小及杆AB所受的力.
B O 30o A
平面汇交力系与平面力偶系(工程力学课件)
F
sin
cos
F1 F cot
A
yFAB F'AB
x FDA
F
B F1 C
B F1 FCB
力对点之矩、合力矩定理
力对点之矩、合力矩定理
一、力对点之矩
M O (F ) Fd
说明：
＋
－
① 平面内力对点之矩是代数量，不仅与力的大小有关，且 与矩心位置有关。 ② 当F=0或d=0时，MO (F ) 0
C
h A
d
l Fy
F 解：1.求MA(F)
D
Fx
F力对A点力臂d的几何关系较复杂不宜确定， 用合力矩定理。
B
M A (F ) M A (Fx ) M A (Fy )
F cos h F sin l
F (cos h sin l)
力对点之矩、合力矩定理
例：图示刚架ABCD, 在D点作用F力,已知力F的方向角为。 求：1.F力对A点的力矩, 2. B点约束力对A点的力矩。
F'
d
aO
＝ MO(F，F')
F
力偶、力偶系的合成与平衡 力偶的性质
③力偶可在其作用平面内任意搬移，而不改变它对物体的转动效应。 ④只要保持力偶矩的大小和力偶的转向不变，可以同时改变力偶中力 的大小和力臂的长短，而不会改变力偶对物体的转动外效应。
25kN 4m
25kN
力偶、力偶系的合成与平衡
力偶的等效
Fy 0 : FBC sin 30 G 0
A
30° B FAB G 30°
B
C
FCB G
x
FBC
G sin 30
2G
210
20kN
第2章 平面汇交力系与平面力偶系
离d称为该力偶的力偶臂。
力偶的作用面：力偶所在的平面称为力偶的作用面。
力偶矩：力偶中一个力的大小与力偶臂的乘积，并 取以正负号，称为该力偶的力偶矩。
表示为： m
m Fd 2S ABC
31
§2.3 平面力偶系
2.力偶的基本特性 不能合成一个合力，本身不能平衡，也不能被一个 力平衡，它只能由力偶来平衡。 对物体只能产生转动效应，不能产生移动效应，即 只能原地转动。 组成力偶的两个力对其作用面内任一点的矩的代数 和恒等于该力偶的力偶矩。
D
6cm
DE=6 cm点E在铅直线DA上
，又B ，C ，D都是光滑铰
(a)
链，机构的自重不计。
7
§2.1 平面汇交力系的合成与平衡的几何法
例 题 2-1
解： 几何法
AF
1.取制动蹬ABD作为研究对象， 并画出受力图。
BE
O
FD
FB
D
(b)
I
F
FD
J
FB
K
(c)
2.作出相应的力多边形。
3. 由图b几何关系得：
15
§2.2 平面汇交力系的合成与平衡的解析法 1.力在坐标轴上的投影与力沿轴的分解
✓力向坐标轴的投影是代数量 ✓力沿坐标轴方向的分量是矢量
16
§2.2 平面汇交力系的合成与平衡的解析法
2.合成的解析法 合力投影定理:
平面汇交力系的合力在某一轴上的投影等 于各分力在同一轴上投影的代数和。
y
F4 F1
FA=0， 得封闭力三角形abc。
a
FB G
F G tan 11.5 kN
FB
G
cos
23.09
kN
建筑力学第2章平面汇交力系和平面力偶系
图 2.14
25
小结
本章主要研究了两种特殊力系———平面汇交 力系、平面力偶系的合成与平衡问题。 （1）平面汇交力系
1）平面汇交力系的合成 ①几何法：用力的多边形法则求合力。特点是形象 、直观，但不精确。主要用在定性分 析上。 ②代数法：用合力投影定理求合力。这是一种精确 方法，也是常用的方法。
26
7
图 2.2
8
（2）力在平面直角坐标系中的投影 如果把力 F 依次在其作用面内的两个正交轴 x 、y上投影（图 2.3），则有
9
（3）合力投影定理 合力在任一轴上的投影，等于各个分力在同一轴上 的投影的代数和。这就是合力投影定理。
10
图 2.3
图 2.4
11
（4）平面汇交力系合成的代数法假设有一平 面汇交力系作用在刚体上的 O 点，现要求其合力 。为此，首先建立一个合适的平面直角坐标系，为 了简化计算，应让尽量多的力位于坐标轴上。然后 再把每个力进行投影；并利用式（2.4）求出合力 FR在这两个轴上的投影。于是，合力的大小和方 向可由下式确定：
20
图 2.9
图 2.10
21
图 2.11
图 2.12
22
图 2.13
23
2.3.2 平面力偶系的平衡 与平面汇交力系的平衡条件类似，平面力偶系 的平衡条件是：平面力偶系平衡的充分必要 条件是组成力偶系的各力偶的力偶矩的代数和为零 。即
24
2.3.3 平面力偶系平衡方程的应用 求解物体在平面力偶系作用下的平衡问题时， 一定要注意：力偶只能由力偶去平衡。
2
2.1.1 平面汇交力系合成的几何法 我们知道，若平面汇交力系是由两个力组成， 则可用力的平行四边形法则去求它们的合力。若平 面汇交力系是由两个以上的力组成时，只要先求出 任意两个力的合力，再求出这个合力和另一个力的 合力，这样继续下去，最后得出的就是这许多力的 合力。
第2章1 平面汇交力系和平面力偶系PPT课件
第二章 平面汇交力系和平面力偶系
力系：
平面力系 空间力系
平行力系
汇交力系 任意力系
本章主要介绍： ❖ 平面汇交力系的合成与平衡问题（几何法；解析法） ❖ 平面力偶系的合成与平衡问题
重点：
1、力在坐标轴上的投影，求解平面汇交力系平衡问题 的几何法和解析法
2、力偶矩的概念，平面力偶的性质和力偶等效条件
Fx Fcoθs Fy Fcoβs
2、力沿轴的分解 （矢量）
FF xF y
思考：力的合成、分解是否唯一？
二、平面汇交力系合成的解析法
FRFi
由合矢量投影定理，得合力投影定理
FRx Fix FRy Fiy
合力的大小为：
FR FRx2FRy2
方向为：
cosF(R,i)
Fix FR
cosF(R,
12
解得： FBA7.32k1N
Fiy 0
F F c3 o F 0 s c6 o 0 s
BC1
2
解得： FBC2.73k2N
例2-5 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.
用解析法
j)
Fiy FR
作用点为力的汇交点.
三、平面汇交力系的平衡方程
平衡条件
FR 0
平衡方程
Fx 0
Fy 0
说明：平面汇交力系沿任意轴投影的代数和为零， 则该力系平衡。
例2-2
已知：图示平面共点力系； 求：此力系的合力. 解：用解析法
F R x F i x F 1 c 3 o F 2 c 0 6 s o F 3 c 0 4 s o F 4 c 5 4 s o 1 . 5 3 N s F R y F i y F 1 s 3 i F 2 n 0 s 6 i F 3 n 0 s 4 i F 4 n 5 s 4 i 1 n 5 . 3 N 1
力系：
平面力系 空间力系
平行力系
汇交力系 任意力系
本章主要介绍： ❖ 平面汇交力系的合成与平衡问题（几何法；解析法） ❖ 平面力偶系的合成与平衡问题
重点：
1、力在坐标轴上的投影，求解平面汇交力系平衡问题 的几何法和解析法
2、力偶矩的概念，平面力偶的性质和力偶等效条件
Fx Fcoθs Fy Fcoβs
2、力沿轴的分解 （矢量）
FF xF y
思考：力的合成、分解是否唯一？
二、平面汇交力系合成的解析法
FRFi
由合矢量投影定理，得合力投影定理
FRx Fix FRy Fiy
合力的大小为：
FR FRx2FRy2
方向为：
cosF(R,i)
Fix FR
cosF(R,
12
解得： FBA7.32k1N
Fiy 0
F F c3 o F 0 s c6 o 0 s
BC1
2
解得： FBC2.73k2N
例2-5 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.
用解析法
j)
Fiy FR
作用点为力的汇交点.
三、平面汇交力系的平衡方程
平衡条件
FR 0
平衡方程
Fx 0
Fy 0
说明：平面汇交力系沿任意轴投影的代数和为零， 则该力系平衡。
例2-2
已知：图示平面共点力系； 求：此力系的合力. 解：用解析法
F R x F i x F 1 c 3 o F 2 c 0 6 s o F 3 c 0 4 s o F 4 c 5 4 s o 1 . 5 3 N s F R y F i y F 1 s 3 i F 2 n 0 s 6 i F 3 n 0 s 4 i F 4 n 5 s 4 i 1 n 5 . 3 N 1
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第二章平面汇交力系与平面力偶系
2-1铆接薄板在孔心A、B和C处受三力作用，如图所示。
F1=100N,沿铅直方向；F2=50N，方向如图；F3=50N，沿水平方向，并通过点A，尺寸如图。
求此力系的合力。
（答案:F R =161.2N ）
2-2、物体重W=20KN，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在绞车D上，如图所示。
转动绞车，物体便能升起。
设滑轮的大小、AB与CD杆自重及摩擦略去不计，A、B、C三处均为铰链连接。
当物体
处于平衡状态时，拉杆AB和支杆CB所受的力。
（答案: F
AB=54.64KN(
拉), F CB=74.64KN）__
2-3、在图示刚架的点B作用一水平力F,刚架重量不计。
求支座A、D的反力F
A和F D。
（答案:F
A= 1.118
F F D=0.5F）
2-4电动机重P=5000N，放在水平梁AC的中央，如图所示。
梁的A端以铰链固定，另一端以撑杆BC支持，撑杆与水平梁的交角为300。
不计撑杆重，求撑杆BC的内力及铰支座A处的约束力。
F A=5000N
答案:F
BC=5000N,
2-5铰链四连杆机构CABD的CD边固定，在铰链A、B处有力F1、F2作用，如图示。
机构平衡，不计杆重。
求力F1、F2的关系。
答案:F1/F2 =0.6124
2-6三铰门式刚架受集中载荷Ｐ作用，不计架重；求图示情况下支座Ａ．Ｂ的约束反力。
（答案：R A =R B =0.707F ）
2-7在杆AB的两端用光滑铰与两轮中心A、B连接，并将它们置于互相垂直的两光滑斜面上。
两轮重均为P，杆AB重量不计，试求平衡时角θ之值。
若轮A的重量PA=300N，欲使平衡时杆AB在水平位置，轮B的重量P B应为多少。
答案：θ=300 P B=100N
2-8锻锤工作时，作用的力如图，F=F'=1000N，偏心距e=20mm，锤头高度h=200mm，求锤头加给两侧导轨的压力。
答案：F=100 KN
2-9 已知梁AB上作用一力偶，力偶矩为M，梁长为L，梁重不计。
求支座A、B的约束力。
答案：F A =F B =M / Lcosα
2-10 图示结构中，不计杆自重。
在结构AB 上作用一力偶矩为M 的力偶，求支座A 和C 的约束力。
答案：F A =F C =M/22a
2-11 曲柄连杆活塞机构上受力F=400N ，且a =100mm 。
不计构件自重，求在曲柄上应加多大的力偶矩M 可使机构在图示位置平衡。
答案：M=60N.m
2-12 角杆CDA 和T 字形杆BDE 在D 处铰接，并支承如图。
若系统受力偶矩为m 的力偶作用，不计各杆自重，求A 支座反力的大小为和方向。
答案: a m 2，方向由A 指向C
2-13已知杆AB和CD自重不计，且在C处光滑接触，若作用在AB杆上的力偶的矩为m1,则欲使系统保持平衡，作用在CD杆上的力偶的矩m2的转向如图示，其矩值是多少。
答案：m1=m2
2-14 四连杆机构OABO1在图示位置平衡，已知OA=40 cm，O1B =60 cm，作用在曲柄OA上的力偶矩大小为M1=1 N·m，不计杆重。
求力偶矩M2的大小及连杆AB所受的力。