第四章平面一般力系的平衡方程及其应用简化及平衡方程

第四章平面一般力系的简化及平衡方程§4.1平面一般力系的简化§4.2平面一般力系的平衡方程及其应用§4.3物体系的平衡问题§4-2平面一般力系的平衡方程及其应用1.平衡方程的基本形式平面一般力系平衡的必要和充分条件：力系的主矢和力系对于任一点的矩都等于零，即：0,00'MFR由此平衡条件可导出不同形式的平衡方程。)()()(22'FmMFFFooyxR0)(00FmFFoyx由此可得结论，平面一般力系平衡的解析条件是：所有各力在两个任选的坐标轴上的投影的代数和都等于零；力系中所有各力对任一点的力矩的代数和等于零。需要指出的是，上述平衡方程是相互独立的，用来求解平面一般力系的平衡问题时，能且最多只能求解三个未知量。为了避免求解联立方程，应使所选的坐标轴尽量垂直于未知力，所选矩心尽量位于两个未知力的交点（可在研究对象之外）上。此外，列平衡方程时，既可先列投影方程，也可先列力矩方程。总之，应尽量使每一方程式中只含一个未知量，以便简化计算。0,0RAxFxF由022;0)(aPmaaqaFFmRBA0yF0PqaFFRBRAy[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梁解得：)kN(122028.01628.02022PamqaFRB)kN(24128.02020RBRAyFqaPF[例]如图所示一钢筋混凝土刚架的计算简图，其左侧面受到一水平推力P=5KN的作用。刚架顶上有均布荷载，荷载集度为q=22KN/m，刚架自重不计，尺寸如图所示，试求A、B处的支座反力。解：研究钢架，由：0xF0RBxPFF0yF03qFFRByRA0)(FmB023333qFFRAP解得：kNFRBx5kNFRA28kNFRBy382.平衡方程的二矩式0)(0)(0FmFmFBAx（A与B两点的连线不垂直于x轴）3.平衡方程的三矩式0)(0)(0)(FmFmFmCBA（A、B、C三点不共线）应用平面一般力系的平衡方程求解平衡问题的解题步骤如下：（1）确定研究对象根据题意分析已知量和未知量，未知量要用已知量来表示，所以研究对象上一定要有已知量，选取适当的研究对象。研究对象选的是否合适，关系到解题的繁简。（2）画受力图在研究对象上画出它受到的所有主动力和约束反力。约束反力根据约束类型来画。当约束反力的指向未定时，可以先假设其指向。如果计算结果为正，则表示假设指向正确；如果计算结果为负，则表示实际的指向与假设的相反。（3）列平衡方程选取适当的平衡方程形式、投影轴和矩心。选取哪种形式的平衡方程取决于计算的方便，尽量避免解联立方程，应用投影方程时，投影轴尽可能选取与较多的未知力的作用线垂直；应用力矩方程时，矩心往往取在两个未知力的交点。计算力矩时，要善于运用合力矩定理，以便使计算简单。（4）求解：解平衡方程，求解未知量。（5）校核[例]如图所示拱形桁架的一端A为铰支座，另一端B为滚轴支座，其支承面与水平面成倾角300。桁架自重G=100KN,风压力的合力Q=20KN,其方向水平向左，试求A、B支座反力。0)(FmA0)(FmB0xF060sin204100RBPFFG010420GFFPRAy060cos0PRBRAxFFF解得：kNFRB4.62kNFRAy46kNFRAx2.11解：〈1〉、选桁架为研究对象，画出其受力图〈2〉、列平衡方程选A、B两点为矩心，用二矩式平面汇交力系、平面平行力系和平面力偶系，皆可看作平面一般力系的特殊力系，它们的平衡方程皆可由平面一般力系的平衡方程导出。1.平面汇交力系的平衡方程00yxFF2）平面汇交力系平衡的必要与充分的几何条件是：力多边形自行封闭1）平面汇交力系平衡的必要与充分的解析条件是：各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零利用几何法求解平面汇交力系的平衡问题时，画出自行封闭的力多边形，然后按比例尺从力多边形中直接量出未知力的大小即可。[例]求当F力达到多大时，球离开地面？已知P、R、h解：1）研究块,受力如图，由力三角形：cosFFN)2(1)(cos22hRhRRhRR)2(hRhRFFN解得：2）再研究球，受力如图：作力三角形sin'NFPRhRsin又NNFF'RhRhRhRFFPN)2(sin)2()(hRhhRFPhRhRhPF)2(时球方能离开地面当hRhRhPF)2(平面平行力系:各力的作用线在同一平面内且相互平行的力系。2、平面平行力系的平衡方程平面平行力系平衡方程的一般形式：0)(0FmFoy平面平行力系平衡方程的二矩式：0)(0)(FmFmBA（A、B两点连线不与诸力平行）各力在x轴上的投影恒等于零，即所以只有两个独立方程，只能求解两个独立的未知量。0xF[例]塔式起重机如图所示，机架重G=700KN，作用线通过塔架中心。最大起重量FW1=200KN，最大悬臂长为12m，轨道A、B的间距为4m，平衡块重FW2，到机身中心线距离为6m。试问：〈1〉、保证起重机在满载和空载都不致翻倒，求平衡块的重量FW2应为多少？〈2〉、当平衡块重FW2=180KN时，求满载时轨道A、B给起重机轮子的反力。解：1）画起重机受力图，如图这些力组成平面平行力系〈2〉、求起重机在满载和空载时都不致翻倒的平衡块重FW2的大小当满载时，为使起重机不绕B点翻倒，这些力必须满足平衡方程ΣMB（F）=0在临界情况下，FRA=0，限制条件FRA≥0,才能保证起重机不绕B点翻倒。0Bm0)22()212(2)26(12RAWWFFGF限制条件：0RAF解得：kNGFFWW75821012当空载时，此时FW1=0,为使起重机不绕A点翻倒，则必须满足平衡方程ΣmA（F）=0,在临界情况下，FRB=0，限制条件FRB≥0,才能保证起重机不绕A点翻倒。0)(FmA0)22(2)26(2RBWFGF限制条件：0RBF解得：kNGFW35022由于起重机实际工作时不允许处于极限状态，要使起重机不会翻倒，平衡块重量满足关系：kNFkNW350752(3)、当FW2=180kN时，求满载（FW1=200kN）情况下，轨道A、B给起重机轮子的反力FRA、FRB。0)(FmA04)212(2)26(12RBWWFFGF0yF012RBRAWWFFFGF解得：kNFRB870kNFRA2103、平面力偶系的平衡方程由于平面力偶系合成的结果为一合力偶，M=Σm，而力偶在任一轴上投影的代数和均为零。即平面一般力系的平衡方程的基本形式的两个投影方程均变成恒等式，故平面力偶系的平衡方程为：0m即平面力偶系平衡的充要条件是：力偶系中各力偶矩的代数和为零。独立平衡方程数目是一个，能且只能求解出一个未知数———一个未知力偶或一对未知力（力偶臂已知时）。[例]梁AB的支座和受力情况如图所示。已知m=10kN﹒m，不计梁重，试求两支座反力。解：1）选梁AB为研究对象,画分离体受力图2）列平衡方程，求解未知量0m045cos40mFRA解得：kNmFFRBRA5.345cos40根据力偶与力偶平衡的概念，A支座反力与B支座反力组成一个力偶与m平衡。