第二章力矩与力偶理论

理论力学教案12第二章力矩与力偶理论§2.1力在坐标轴上的投影、合力投影定理一、力的投影1.力在平面上的投影是一个分力，是矢量。[F]xoy=Fxy2.力在轴上的投影是代数量a直接投影法：设力F与x、y、z轴的夹角为、、，则：cosFXcosFYcosFZb二次投影法：先将F向xoy平面投影，再向x、y轴投影sinFFFxyxoycossinFXsinsinFYcosFZ3.设Fx、Fy、Fz、是力F沿三轴的分力，i、j、k代表三轴的坐标矢量，则分力与投影之间的关系：XiFxYjFyZkFzZkYjXiF222ZYXFFFXxF,cosFYyF,cosFZzF,cos二、合力的投影定理(合力的投影与分力投影之间的关系)定理：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：XRxYRyZRz证明：设空间汇交力系F1，F2…Fn作用于刚体上，根据力的多边形法则，其合力R为空间多边形的封闭边，其作用点仍通过汇交点0。OABXZFY图2-1理论力学教案13FFFFRn21ZkYjXiFZkYjXiR又用Rx、Ry、Rz表示R在三轴上的投影RzkRyjRxiR结论：XRxYRyZRz大小：222ZYXR方向：RXxR,cosRYyR,cosRZzR,cos思考：kiF20401kjiF1040502kiF10203三力汇交O点，求合力：解：30205040X400400Y0101020ZjiR403050403022R53,cosxR三、基本力系：汇交力系和力偶系(一)汇交力系的简化与平衡1.几何法a.简化(合成)结论：FR合力作用线通过汇交点b.平衡0R几何意义：力多边形自形封闭适应范围：常用于三力平衡问题图2-2理论力学教案14例1：如图2-3所示，曲柄压机，已知力kNF3，BCAB、200Hmm、1500Lmm、求压块对地面的压力和AB杆所受的力。解：1)首先研究BD杆，受力如图2-3(b)0X0coscosBCBAFF0Y0sinsinFFFBCBA2)以压块C为研究对象，受力如图2-3（C）0X0cosBCCxFF0Y0sinCyCBFF连解方程组得kNFCy5.12)解析法：(适应于多力汇交平衡)(1)简化FR根据合力投影规律：XRXYRYZRZ222ZYXRRXcosRYcosRZcos图2-3ABAFBAFd1ABCDFh1axyDFBAFBCFbcxyCCBFCxFBeBCBCFCFcyF理论力学教案15(2)平衡：0R0XR0YR0ZR0X0Y0Z若力系为平面汇交力系，则：0X0Y例2：如图2-4所示机构，不计轮重及轮的尺寸、大小，求AB、BC杆的内力。解：不计轮的尺寸，则可看成B点的受力为汇交力，AB和BC杆件为二力杆，以轮B为研究对象，则B受力如图2-4c。0X060cos60cosBCBAFFP0Y030sin30sinBCABFFP压PFBA231拉PFBC231例3：两轮A和B，各重为PPA2，PPB，杆AB为L，连接两轮，可自由地在光滑面滚动，不计杆重，试求当物体系统处于平衡时，杆AB与水平线的夹角。解：1)先研究轮A，进行受力分析0X0cos90cosABATN0Y0sin90sinABAATPNcPBCFBAFxy60°ABCD60°30°aPBPbBCCBFCBCF'CABABFBAF'C图2-4理论力学教案16得：sincoscotAABPT2)再研究轮B0X0coscosBABTN0Y0sinsinBBABPTN得：sincostanBBAPT又ABBATT所以：cossin32cos3tan2AP2PBθNA2PTABTBANBPABθxyxy图2-4理论力学教案17§2.2力对点的矩、合力矩定理一、力对点的矩：是指力使刚体绕支点(或矩心)转动效应的度量。转动效应是逆时钟时力矩为正，顺时钟时为负。力F对点O的矩表示为FMoFrFMOOABOSFhFM2举例：板手转动螺母(图2-4)a.力矩大小：OABOhFrFFrFM2,sinb.力矩方位：垂直于力与矩形O构成的平面c.转向：按右手螺旋法则确定所以：FrFMO(力矩是一个矢量)hFrFFrFMO,sin以矩心为原点，建立直角坐标系OXYZ设：zyxA,,F在x、y、z轴上投影为X、Y、ZzkyjxirkFjFiFFzyxkyFxFjxFzFizFyFFFFzyxkjiFrFMxyzxyzzyxOyzOzFyFxFMzxOxFzFyFMxyyFxFzFMo注意：在平面中力矩是代数量(因为方位确定)规定：逆时钟转动为正，顺时钟转动为负。图2-3rOABFFMoFMozyxA,,YXZBFKOIJrh图2-4理论力学教案18二、合力矩定理：合力对某点的矩等于各力对同一点的矩的矢量和。iOOFMRM证明：设空间的汇交力系nFF1交于A点inFFFFR21取任一点，设O至A点的矢量为r，则RrRMonFFFr21nFrFrFr21∵11FMFrOnOnFMFr∴nOOOFMFMRM1iOFM§2.3力对轴的矩，力对点的矩和力对轴的矩三者之间的关系一、力对轴的矩(首先举例说明力对点之矩与力对轴之矩的区别)力对轴的矩：是指力使物体使某一轴转动效应的度量设：力F作用于A点，使刚体绕Z轴转动，取与Z轴垂直的平面xoy，交点为O。xyxoyFF,O到Fxy的垂直距离为h，则hFFMxyz力对轴之矩是一个代数量，逆时计为正，顺时计为负。分析：(1)当力的作用方向平行于轴时，或与某轴相交，则力对该轴之矩等于零。YxyFhABXZOFabh图2-5理论力学教案19(2)力沿其作用线运动，力对轴之矩不变。二、力对轴的矩与力对点的矩之间的关系定理：定理：力对点的矩矢在通过该点的轴上投影，等于力对轴的矩，即：FMxFMxOFMyFMyOFMzFMzO证明：从2.2中得yzOzFyFxFMzxOxFzFyFMxyOyFxFzFM力F对Z轴的矩：yOxOxyOzFMFMFMFMxOyFFxMyOxFFyM∴xyzyFxFFM同理有zxyxFzFFMyzxzFyFFM结论：FMxFMoxFMyFMoyFMzFMoz分析：求力对轴之矩有两种方法：(1)根据定义：将力F投影在与轴垂直的平面→xyF，再求力xyF对汇交点O之矩，dFFMxyz(2)如果投影很困难，则：首先求出力F对轴上任意一点之矩FMO再对该轴进行投影，即zOzFMFM。理论力学教案20思考：如图所示，求PMAC及FMx解：222cbaPabACPMcPMAC22baFacaFzyFMx2.4力偶理论一、力偶矩矢的概念力偶：指作用在刚体上等值，反向，平行不共线的两个力所组成的力系。特点：(1)力偶无合力；(2)力偶不是平衡力系；(3)力偶使刚体产生转动。力偶矩矢：使物体发生转动效应的力偶的度量：M转动效应取决于：a.力偶矩的大小，取决于力的大小与力臂的乘积，MdFb.力偶转向c.力偶作用面的方位，按右手螺旋法则：∴力偶矩矢是一个矢量：MMABF大小：MdF方向：沿力偶作用面的垂直方向指向：用右手螺旋法则注：在同一平面内，力偶矩矢量一个代数量，只取决于力偶矩的大小和力偶的转向，逆为正，顺为负。二、力偶的性质1.力偶矩矢与矩的选择无点即：力偶中两力对任意点的力矩之和等于力偶矩矢证：FrFrFMoFMoAB'FrFrABFrrABxCcaAbFNMF-FABd理论力学教案21ABFM2.只要力偶矩的大小和转向不变，力偶可以在其作用平面内任意转移，也可以改变力和力臂的大小。(有的书上称：力偶的等效定律：作用在刚体上同一平面内两个力偶等效的重要条件是：两个力偶力偶矩的计算值相等)。注：若转向不同，则不能等效举例：(1)作用在汽车方向盘的力偶；(2)作用在丝锥板手上的力偶分析：1)此结论不适合于变形效应的研究；2)只在其作用平面内转移。3.只要力偶矩大小和转向不变，力偶可以从一个平面移至另外一个平行平面。结论：空间力偶可以在平行平面内任意移动而不影响力偶对刚的效应。所以：力偶矩矢是一个自由矢量(而力对点的矩是一个定位矢量)(1)与矩的无关(2)可在作用平面内任意转移(3)其作用平面内可以任意平移。注：力偶的可移动性，只适应于一个刚体内的移动.三、合力偶矩定理：(力偶系的合成)合力偶矩矢等于各分力偶矩矢的矢量和：Mm提示：合力投影定律：FRxRXyRYzRZ合力矩定理：OOMRMR合力偶矩定理：Mm证明：设作用在刚体上有任意个力偶，其力偶矩矢，1m,2m,…nm根据力偶矩矢是一个自由矢量的性质，可移至刚体任意一点，根据矢量多边形法，可得：mmmmMn21设Mx,My,Mz为M在x,y，z轴上的投影i,j,k代表x,y,z单位矢量。zkyjxiMMMMxxMMyyMM理论力学教案22zzMM222xyzMMMM四、力偶系的平衡条件刚体在力偶系作用下，平衡的充要条件：0iMM即：刚体在力偶系作用下：1)若平衡：则0M2)若0m则刚体平衡0M是解平面力偶系的基本方程，利用这个方程求出一个未知量。例1：如图所示，电动机通过联轴与工作轴相连接，联轴四个螺拴A、B、C、D均匀分布在同一周围上。此轴半径为150mm，电动机传给联轴外力偶矩2.5.mkNm，试求每个螺拴所受的力。解：假设四个螺拴受力均匀，取连轴为研究对象，进行受力分析PPPPP43210M0MPRPR2MPR22.520.354.17PMRkN例2：如图所示：已知：120MNm，240MNm，6030，AB=a=1m,求A、B处反力.解：1)先研究整体AY与BY组力偶M1βαBACM2YAXAYB2mXAYCXCβAM2YAXA理论力学教案231200AMYaMM10ABYYN2)研究AC杆(或BC杆)AY与CY组成一个力偶,AX与CX组成一个力偶。0M2cossin0AAYACXACMA703X3BXN例3：框架尺寸如图所示M=40Nm,A为固定的铰支座，C、D、E为中间铰，B为光滑面，求平衡时，A、B、C、D和E处约反力。解：此题为物体系统的平衡问题。1)先研究整体，AR与BR必须组成力偶与m平衡0m030cosmARBBNRB14433.032.040∴NRA1442)再研究CD杆，(CD杆非二力杆)，由于ED杆为二力杆，则DR沿ED方向，CR与DR必组成力偶与m平衡，则0sinmCDRC4032.024.02