理论力学教学材料-2平面一般力系2
合集下载
理论力学2.2、平面任意力系的合成与平衡
m F1 OA F2 OB F1 ( OB OA) F1 AB
m F1 OA F2 OB F1 ( OA OB ) F1 AB
3
力 线 作用在刚体上的力可以离开其作用线而平 平 行移动到刚体上任意位置处,但必须对刚体 移 附加一个力偶,附加力偶的力偶矩等于原力 定 对平移后所得新力作用点的力矩。 理
求细绳的拉力和A、B两处的支持力。
解、研究对象：AB，受力 如图所示，则有：
Fix Fiy mD
0 0
(Fi )
0
FB FD G FA c
FA
os
sin 0
FB
BD
G
AB 2
0 sin
FA
AD
0
FA 115.5(N) FB 72.2(N ) FD 129.9(N) 12
例2.2-6、匀质细杆AB长度为L，重量为mg，静 止在半径为r的光滑半圆槽内（图2.2-17），
L=3r；求AB杆与水平线之间的夹角
解、研究对象:AB杆,受力如 图所示,则有:
Fix 0 Fiy 0 mO (Fi ) 0
FB FB
cos(2 ) FD sin sin(2 ) FD cos
d mO 2402 3.39(m) FR 709 .5
xE
d
sin
3.39 sin 70.8
3.59(m)
y yE tan 70.8 (x xE ) y 2.87x 10.31 0
10
课堂练习题(图示)：
m F1 OA F2 OB F1 ( OA OB ) F1 AB
3
力 线 作用在刚体上的力可以离开其作用线而平 平 行移动到刚体上任意位置处,但必须对刚体 移 附加一个力偶,附加力偶的力偶矩等于原力 定 对平移后所得新力作用点的力矩。 理
求细绳的拉力和A、B两处的支持力。
解、研究对象：AB，受力 如图所示，则有：
Fix Fiy mD
0 0
(Fi )
0
FB FD G FA c
FA
os
sin 0
FB
BD
G
AB 2
0 sin
FA
AD
0
FA 115.5(N) FB 72.2(N ) FD 129.9(N) 12
例2.2-6、匀质细杆AB长度为L，重量为mg，静 止在半径为r的光滑半圆槽内（图2.2-17），
L=3r；求AB杆与水平线之间的夹角
解、研究对象:AB杆,受力如 图所示,则有:
Fix 0 Fiy 0 mO (Fi ) 0
FB FB
cos(2 ) FD sin sin(2 ) FD cos
d mO 2402 3.39(m) FR 709 .5
xE
d
sin
3.39 sin 70.8
3.59(m)
y yE tan 70.8 (x xE ) y 2.87x 10.31 0
10
课堂练习题(图示)：
理论力学平面力系2
§2-4 平面任意力系的平衡条件与平衡方程
由于 F’R=0 为力平衡 MO=0 为力偶也平衡
所以平面任意力系平衡的充要条件为： 力系的主矢R’ 和主矩 MO 都等于零，即：
′ FR = (∑ Fix ) 2 + (∑ Fiy ) 2 = 0
M O = ∑ M O (Fi ) = 0
48
∑F ∑F
ix
一矩式
O
A
( Fi ) = 0
二矩式
实质上是各力在x 轴上的投影恒 等于零，即
B
( Fi ) = 0
∑F
ix
= 0 恒成立，
所以只有两个独立方程，只能求 解两个独立的未知数。
条件：AB连线不能平行 于力的作用线
52
[例] 已知：P=20kN, m=16kN·m, q=20kN/m, a=0.8m 求：A、B的支反力。 解：研究AB梁
M F
45o
q
A l
B
56
解：
1. 取梁为研究对象，受力分析如图
M F
45o
2. 列平衡方程
∑ Fx = 0,
FAx − F cos 45o = 0
q
A l
B
∑ M (F ) = 0
A
∑ Fy = 0,
FAy − ql − F sin 45o = 0
y
q FAx
A
M
45o
l M A − ql × − F cos 45 o × l + M = 0 2 3. 解方程 FAx = F cos 45o = 0.707 F F
F A
F B
66
刚架 ABCD 所受载荷和尺寸如图所示。其中，集中力 F=8 kN ， 均布载荷的集度 q = 100 N/m，力偶矩大小M = 4 kN•m。如果不 计刚架的重量，求固定铰链支座A 和活动铰链支座D对刚架的约 束力。 θ = 60 o
由于 F’R=0 为力平衡 MO=0 为力偶也平衡
所以平面任意力系平衡的充要条件为： 力系的主矢R’ 和主矩 MO 都等于零，即：
′ FR = (∑ Fix ) 2 + (∑ Fiy ) 2 = 0
M O = ∑ M O (Fi ) = 0
48
∑F ∑F
ix
一矩式
O
A
( Fi ) = 0
二矩式
实质上是各力在x 轴上的投影恒 等于零，即
B
( Fi ) = 0
∑F
ix
= 0 恒成立，
所以只有两个独立方程，只能求 解两个独立的未知数。
条件：AB连线不能平行 于力的作用线
52
[例] 已知：P=20kN, m=16kN·m, q=20kN/m, a=0.8m 求：A、B的支反力。 解：研究AB梁
M F
45o
q
A l
B
56
解：
1. 取梁为研究对象，受力分析如图
M F
45o
2. 列平衡方程
∑ Fx = 0,
FAx − F cos 45o = 0
q
A l
B
∑ M (F ) = 0
A
∑ Fy = 0,
FAy − ql − F sin 45o = 0
y
q FAx
A
M
45o
l M A − ql × − F cos 45 o × l + M = 0 2 3. 解方程 FAx = F cos 45o = 0.707 F F
F A
F B
66
刚架 ABCD 所受载荷和尺寸如图所示。其中，集中力 F=8 kN ， 均布载荷的集度 q = 100 N/m，力偶矩大小M = 4 kN•m。如果不 计刚架的重量，求固定铰链支座A 和活动铰链支座D对刚架的约 束力。 θ = 60 o
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）
理论力学 02平面汇交力系
5
第二节 平面汇交力系合成与平衡的解析法
一、力在直角坐标轴上的投影
y
Fy
Fy
F
B
Fx
Fx F cos Fy F cos
Fy Fx cos , cos F F F Fx 2 Fy 2
A
j
O i
Fx
x
力在坐标轴上的投影是代数量，而分力则是矢量。 在直角坐标系中，它们之间的关系可表达为：
21
用解析法求解平衡问题的基本步骤为： 1、选取研究对象 一般原则为： （1）有已知求未知； （2）由简单到复杂。 2、画受力图 受力图是计算的基础，不容许出现任何差错。
3、建立坐标轴，列平衡方程 在选择坐标轴时，应使尽可能多的未知力与 坐标轴垂直，同时还要便于投影。 4、求未知量 解方程，求出未知量。
F F ix i y FR y Fi y FR x Fi x cos , cos FR FR FR FR FR FR x FR y
2 2 2 2
10
例2-3 已知 F1 200N、 、 F2 300N、 F3 100N F4 250N ， 各力方向如图所示， 试求该平面汇交力系的合力。
y
F
B A
F
C
B D
FAB
x
FBC
解：（1）先选取销钉 B为研究对象，画受力图。建立 图示坐标系Bxy ，相应的平衡方程为:
F 0, F 0,
x
y
FAB cos FBC cos 0
FAB sin FBC sin F 0
20
解得:
第二节 平面汇交力系合成与平衡的解析法
一、力在直角坐标轴上的投影
y
Fy
Fy
F
B
Fx
Fx F cos Fy F cos
Fy Fx cos , cos F F F Fx 2 Fy 2
A
j
O i
Fx
x
力在坐标轴上的投影是代数量，而分力则是矢量。 在直角坐标系中，它们之间的关系可表达为：
21
用解析法求解平衡问题的基本步骤为： 1、选取研究对象 一般原则为： （1）有已知求未知； （2）由简单到复杂。 2、画受力图 受力图是计算的基础，不容许出现任何差错。
3、建立坐标轴，列平衡方程 在选择坐标轴时，应使尽可能多的未知力与 坐标轴垂直，同时还要便于投影。 4、求未知量 解方程，求出未知量。
F F ix i y FR y Fi y FR x Fi x cos , cos FR FR FR FR FR FR x FR y
2 2 2 2
10
例2-3 已知 F1 200N、 、 F2 300N、 F3 100N F4 250N ， 各力方向如图所示， 试求该平面汇交力系的合力。
y
F
B A
F
C
B D
FAB
x
FBC
解：（1）先选取销钉 B为研究对象，画受力图。建立 图示坐标系Bxy ，相应的平衡方程为:
F 0, F 0,
x
y
FAB cos FBC cos 0
FAB sin FBC sin F 0
20
解得:
理论力学第二章(力系的等效与简化)
z
x c
F
b
o
o x
a
M y ( F ) M o ( F ) Fc
F
M z ( F ) M o ( F ) Fa
15
2019年4月16日星期二
《理论力学》
3、力对点之矩与力对通过 该点的轴之矩的关系 （转动效果的度量）
z
Fz F
y
x A
o
y
力对点之矩矢：
M o (F ) r F
Fx Fxy cos Fx F sin cos
Fy
F
O Fx x
Fy Fxy sin
y F y F sin sin
Fxy
2019年4月16日星期二
Fz F cos
6
力的分解：
F Fx Fy Fz
力F在直角坐标系中的
Fz z
F
O x
Fy
解析式
Fx
2019年4月16日星期二
力矩的符号
M O F
2019年4月16日星期二
力偶矩的符号
M
27
《理论力学》
力偶系和力偶系的合成
MR =M1+M2+…+Mn
M
力偶系
2019年4月16日星期二 28
《理论力学》
§2-3 力系等效定理
1.力系的主矢和主矩 Fn 。 设刚体上作用一平面任意力系F 1 、F 2 · · · · · ·
的夹角可为任意值。 的夹角为90o。
36
在平面任意力系， M与 R
2019年4月16日星期二
思考： 主矢,主矩与简化中心的位置有无关系?
主矢：作用在简化中心，大小和方向却与中心的位 置无关； 主矩：作用在该刚体上，大小和方向一般与中心的 位置有关。
理论力学第二章(2)
合力FR 的大小等于原力系的主矢
合力FR 的作用线位置
MO FR
小结：平面任意力系简化结果讨论
主矢
FR 0
FR 0
主矩
MO 0
MO 0 MO 0
MO 0
最后结果
说明
合力 合力作用线过简化中心
合力 合力偶
合力作用线距简化中心M O FR
与简化中心的位置无关
平衡
与简化中心的位置无关
21
简化为一个力：
c os (FR
,
i)
Fx FR
,
cos(FR ,
j)
Fy FR
原力系的主矢与简化中心O的位置无关
主矩： 原力系中各力对简化中心O之矩的代数和称为原力
系对点O的主矩。
n
M O M O (F1) M O (F2 ) ...... M O (Fn ) M o (Fi ) i 1
主矩与简化中心的选择有关
称点O为简化中心 F1’、F2’、….Fn’平面汇交力系，合力为FR’
M1、M2、….Mn平面力偶系，合力偶矩为MO
10
1、主矢和主矩
FR’=F1’+F2’+….+Fn’=F ’= F
主矢：量（简平称面为力主系矢中）所有各力的矢量和FR′称为该力系的主矢
主矢FR′的大小和方向余弦为：
FR (Fx )2 (Fy )2
11
平面任意力系向作用面内一点简化
一般力系（任意力系）向一点简化汇交力系+力偶系
（复杂力系）
（两个简单力系）
汇交力系 力偶系
力，FR‘(主矢) ， (作用在简化中心)
力偶 ，MO (主矩) ， (作用在该平面上)
理论力学第2章平面任意力系
空载时轨道A 、 B的约束反力，并问此起重机在使用过程中有无翻
倒的危险。
解：
（1）起重机受力图如图
（2）列平衡方程 ：
MA 0:
Q
Q(6 2) RB 4 W 2 P(12 2) 0
MB 0:
Q(6 2) W 2 P(12 2) RA 4 0
6m
解方程得:
W
P
12m
RA 170 2.5P
FR' Fi Fxi Fy j
MO MO (Fi )
3. 平面任意力系的简化结果
（1）FR´= 0，Mo ≠ 0, （2）FR´ ≠ 0，Mo = 0, （3）FR´≠ 0，Mo ≠ 0, （4）FR´= 0，Mo = 0,
合力偶，合力偶矩，MO MO (Fi )
合力，合力作用线通过简化中心O。
3
F2
j
F3
x
(437.6)2 (161.6)2
F1
1 1
100
Oi
1 2
466.5N
200
MO 21.44N m
y
合力及其与原点O的距离如图(c) 。 MO
x
y
d
x
O
FR FR′ 466.5N FR´
FR
O
d MO 45.96mm
(b)
(c)
FR
10
例11 水平梁AB受按三角形分布的载荷作用，如图示。载荷的
M
l
l
30
B
D
° F
3l
P
q
A
21
解：T字形刚架ABD的受力如图所示。
M
l
l
Fx 0
30
B
FAx 1 • q • 3a Fcos30 0
理论力学课件-02第二章静力学(2)
研究方法：几何法，解析法。
例：起重机的挂钩。
3
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 §2–2 平面汇交力系合成与平衡的解析法 §2–3 平面力对点之矩的概念及计算 §2–4 平面力偶
4
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
一、平面汇交力系的合成
1.两个共点力的合成
力偶矩矢量有关.
45
力偶在任何轴上的投影为零，本身又不平衡。
y
F
d
F'
x
力偶不能合成为一个力，不能用一个力来等效 替换；力偶也不能用一个力来平衡，只能由力偶来 平衡。力和力偶是静力学的两个基本要素。
46
力偶对平面内任意一点的矩： MO (F , F ) MO(F ) MO(F) F(x d) F x
力对刚体可以产生 移动效应—用力矢度量 转动效应—用力对点的矩度量
F
O—矩心
h —力臂
o
h
MO(F) F h
+-
37
B
F o rA
h
MO(F) F h
2AOB
说明：① M O (F )是代数量，逆时针为正
②单位N·m，工程单位kgf·m。
38
二、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
力的平行四边形法则或力三角形
5
2. 任意个汇交力的合成
F1 F2
A F3
F4
R F1 F2 F3 F4 即：R Fi
结论： 平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合力
的作用线通过各力的汇交点。
6
F2
F3
R1
例：起重机的挂钩。
3
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 §2–2 平面汇交力系合成与平衡的解析法 §2–3 平面力对点之矩的概念及计算 §2–4 平面力偶
4
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
一、平面汇交力系的合成
1.两个共点力的合成
力偶矩矢量有关.
45
力偶在任何轴上的投影为零，本身又不平衡。
y
F
d
F'
x
力偶不能合成为一个力，不能用一个力来等效 替换；力偶也不能用一个力来平衡，只能由力偶来 平衡。力和力偶是静力学的两个基本要素。
46
力偶对平面内任意一点的矩： MO (F , F ) MO(F ) MO(F) F(x d) F x
力对刚体可以产生 移动效应—用力矢度量 转动效应—用力对点的矩度量
F
O—矩心
h —力臂
o
h
MO(F) F h
+-
37
B
F o rA
h
MO(F) F h
2AOB
说明：① M O (F )是代数量，逆时针为正
②单位N·m，工程单位kgf·m。
38
二、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
力的平行四边形法则或力三角形
5
2. 任意个汇交力的合成
F1 F2
A F3
F4
R F1 F2 F3 F4 即：R Fi
结论： 平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合力
的作用线通过各力的汇交点。
6
F2
F3
R1