工程力学——2-3平面力偶系

荷载F=20kN F=20kN， ,尺寸如图 尺寸如图。 例1 荷载F=20kN，α=45 ,尺寸如图。试分别计 两点之矩。 算F对A、B两点之矩。 解:
Fx=Fcosα=20N×0.7=14N Fy=Fsinα=20N×0.7=14N 1、 F对A点的力矩 1、力F对A点的力矩 MA(Fx)= -Fx×d=-14kN×2= -28kN×m × × MA(Fy)= -Fy×d=14kN×6= 84kN×m × × MA(F)= MA(Fy) + MA(Fx) A 4m o B 1m 1m Fα
M＝FR d＝（P1＋P2－P3）d ＝ = P 1 •d + P 2 •d － P 3 •d
=F 1•d1+F2•d2－F3•d3
所以 M＝m1＋m2＋m3 ＝
若作用在同一平面内有个力偶， 若作用在同一平面内有个力偶 ， 则上 式可以推广为
M = m1 + m2 + ⋯ + mn = ∑ mi
力偶的三要素： 力偶的三要素：
1）力偶中力的大小 ） 2）力偶的转向 ） 3）力偶臂的大小 ）
M = Fd
d
无法再简化的简单力系之一
力பைடு நூலகம்实例
F1
力 偶 实 例
F2
• 力偶矩：力学中，用力偶的任一力的大小F与 力偶臂d的乘积在冠以相应的正、负号，作为 力偶使物体转动效应的度量，称为力偶矩， 用M表示。 M=±F×d ± ·
F
B θ
A
20
解:(1)
15 BC = = 18.75 0 .8
B θ
F
CD =18.75×0.6 = 11.25 AC = 20 -11.25 = 8.75
C
h = 8.75× 0.8 8.75 =7
A
h
20
D
mo(F) = hF = 7 × 5 = 35
(2)
F
Fx = Fcosθ = 5 × 0.6 = 3 Fy = Fsinθ = 5 × 0.8 = 4 mo(Fx) = - BD ·Fx = -15 × 3 = -45 mo(Fy) = AD ·Fy = 20 × 4 = 80 mo(F) = mo(Fx) + mo(Fy) = -45 + 80 = 35
= −F cosα (r2 − r1 cosα ) + F sinαr1 sinα = −Fr2 cosα + Fr (sin α + cos α ) 1
2 2
= F (r1 − r2 cosα ) r1 r1 AB = r2 − 解二：由定义 OB = cos α cos α
d = AB cos α = r2 cos α − r1
o R o 1 o 2 o n o i
二、力偶
1、什么是力偶 、
• 力学中把一对等值、反向且不共线的平行力称为力偶。（ ，F`） 力学中把一对等值、反向且不共线的平行力称为力偶。（F， ） 力偶。（ • 力偶作用面：两力作用线所决定的平面； 力偶作用面：两力作用线所决定的平面； •力偶臂：两力作用线之间的垂直距离，用 d 表示； 力偶臂：两力作用线之间的垂直距离， 表示； 力偶臂
m A ( F ) = − Fd = F (r1 − r2 cos α )
[练习]图示胶带轮，已知T1=200N, T2=100N, D=160mm,求 练习]图示胶带轮，已知 , MB(T1)+MB(T2)=? )+ 解：M B =
T1 T2
B
∑ M B ( Fi ) = T1 ⋅
D D − T2 ⋅ 2 2
§2 –3
平面力偶系
一、力矩 力使物体绕某点转动的力学效应，称为 力使物体绕某点转动的力学效应， 力对该点之矩。 力对该点之矩。 • 1、力对点之矩 、 定义： 定义：力与力臂的乘积冠以正、负号定义为力F对O F O 点的力矩。
表达式： 表达式：Mo(F) = ±F·d O — 转动的中心。称为力矩中 转动的中心。 简称矩心 心，简称矩心 d — 转动中心到力作用线之 间的距离称为力臂(注意单位 注意单位) 间的距离称为力臂 注意单位 正负号规定： 正负号规定：若力使物体绕矩心作逆时针 转向转动力矩取正号,反之取负号 反之取负号。 转向转动力矩取正号 反之取负号。 O F1 B
= −6 × 3 = −3 3 2
3 = −6 × = −3 3 2
0.6m
B A 0.4m
MA(F) = MA(Fx) + MA(Fy)
Fx = Fcos300 MA(Fx)= −3 3 Fy = - Fsin300 MA(Fy) = 0
例5.图示F=5kN, sinθ=0.8试求力F对A点的矩.
d=2 2 m × MA(F)= -F × ·d= -15kN×2 2 m · = -30 2 kN × m 2、力 F 对B点的力矩 、 点的力矩 A d 4m o α B 1m 1m
。 1 2 m 力臂d = 1m × sinα = 1m × sin45 = 2 MB(F)=+F×d= +15kN×0.5 2 m = + 7.5 2 kN · m ×
A D 20 B θ
Fy Fx
支架如图所示，已知AB=AC=30cm,CD=15cm,
dA
dC
F=100N, α = 30
α
F
D
A
求 F 对A、B、C三点之矩。
C
解：由定义
B
m A ( F ) = − Fd A = − F ⋅ AD ⋅ sin 30 = − 22 ⋅5 N ⋅ m mC ( F ) = − Fd C = − F ⋅ CD ⋅ sin 30 = − 7 ⋅5 N ⋅ m
关于力偶性质的推论
F
F´
F
F´
只要保持力偶矩矢量不变， 只要保持力偶矩矢量不变，力偶可在作用 面内任意移动，其对刚体的作用效果不变。 面内任意移动，其对刚体的作用效果不变。
关于力偶性质的推论
F F´
F
F´
只要保持力偶矩矢量不变， 只要保持力偶矩矢量不变，力偶可在作用面 内任意移动，其对刚体的作用效果不变。 内任意移动，其对刚体的作用效果不变。
i =1
n
由此可得到如下结论：
平面力偶系可以合成为一合力偶， 平面力偶系可以合成为一合力偶，此合力偶的力 偶矩等于力偶系中各力偶的力偶矩的代数和。
2.平面力偶系的平衡条件 2.平面力偶系的平衡条件 平面力偶系中可以用它的合力偶等效代替，因此， 平面力偶系中可以用它的合力偶等效代替，因此， 若合力偶矩等于零， 则原力系必定平衡； 若合力偶矩等于零 ， 则原力系必定平衡 ； 反之若原力 偶系平衡，则合力偶矩必等于零。 偶系平衡，则合力偶矩必等于零。由此可得到 平面力偶系平衡的必要与充分条件： 平面力偶系平衡的必要与充分条件： 平面力偶系中所有各力偶的力偶矩的代数和等于零。 平面力偶系中所有各力偶的力偶矩的代数和等于零。
1.平面力偶系的简化 作用在物体同一平面内的各力偶组成平面力偶系。 作用在物体同一平面内的各力偶组成平面力偶系。
m 1 ＝ F 1 •d 1 ， m 2 ＝ F 2 •d 2 ， m 3 ＝ － F 3 •d 3 ， P1•d=F 1•d1 ，P2•d＝F2•d2 ， －P3•d ＝－F3•d3 FR ＝P1 ＋P2 －p3 FR ′＝P1 ′＋P2 ′－P3 ′
关于力偶性质的推论
F
F´
F/2
F´/ 2
保持力偶矩矢量不变， 保持力偶矩矢量不变，分别改变力和 力偶臂大小，其作用效果不变。 力偶臂大小，其作用效果不变。
关于力偶性质的推论
M=Fdk
只要保持力偶矩矢量大小和方向不变 , 力偶可在与其作用面平行的平面内移动 力偶可在与其作用面平行的平面内移动。
三、平面力偶系的简化与平衡
160 = ( 200 − 100 ) ⋅ 2 = 8000 N ⋅ mm = 8 N ⋅ m
3.力矩的平衡条件 内容：各力对转动中心O点之矩的代数和等于零，即 合力矩为零。 公式表达： M ( F ) = M ( F ) + M ( F ) + ... + M ( F ) = ∑ M ( F ) = 0
MO (R) = ∑MO (F ) i
i= 1
n
证明： 证明： 由合力投影定理有：
od=ob+oc
又∵
MO (F ) = 2∆oAB = oA⋅ ob 1
MO (F2 ) = 2∆oAC = oA⋅ oc MO (R) = 2∆oAD = oA⋅ od
Mo (R) = Mo (F ) + Mo (F2 ) 证毕 1
注意：负号必须标注，正号可标也可不标。一般不标注。 注意：负号必须标注，正号可标也可不标。一般不标注。
2.合力矩定理 合力矩定理 力系中合力对一点的矩，等于力系中各分 力对同一点之矩的代数和。 设某力系为Fi（i=1,2,…n），其合力为FR， 根据以上理论，则有表达式：
Mo (FR ) = Mo (F1) + Mo (F2 ) + ...+ Mo (Fn ) = ∑Mo (Fi ) 其中： R = F1 + F2 + ... + Fn = ∑Fi F
a b c
F/
d
F
a b
性质2 性质2 力偶对其所在平面内任一点 的矩恒等于力偶矩， 的矩恒等于力偶矩，而 与矩心的 位置无关， 位置无关，因此力偶对刚体的效 矩度量。 应用力偶 矩度量。
F B A d F' x O
∵ O (F)+mO (F')=−F(x+d)+F'⋅x = −F⋅ d m
性质3 性质3：平面力偶等效定理 作用在同一平面内的两个力偶，只要它的力偶矩的大小相 作用在同一平面内的两个力偶， 等，转向相同，则该两个力偶彼此等效。 转向相同，则该两个力偶彼此等效。