理论力学第二章-平面力系

第二章平面力系一、平面汇交力系合成的几何法－－力多边形规则§2-1平面汇交力系313R1R2RiiFFFF力多边形力多边形规则211RFFFiniiFFF1R平衡条件二、平面汇交力系平衡的几何条件平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：该力系的力多边形自行封闭.0iF三、平面汇交力系合成的解析法iFFR合力在x轴，y轴投影分别为RFcosRRFFxcosRRFFy合力等于各力矢量和由合矢量投影定理，得合力投影定理ixxFFRiyyFFR合力的大小为：2R2RRyxFFF方向为：作用点为力的汇交点.RR),cos(FFiFixRR),cos(FFjFiy四、平面汇交力系的平衡方程平衡条件0RF平衡方程0xF0yF例2-1求：3.力沿什么方向拉动碾子最省力，及此时力多大？？FF2.欲将碾子拉过障碍物，水平拉力至少多大？F1.水平拉力时，碾子对地面及障碍物的压力？kN5F已知：m0.08m,0.6kN,20hRP1.取碾子，画受力图.用几何法，按比例画封闭力四边形30arccosRhRθ11.4kNAF10kNBFsincosBABFθFFFθP解:2.碾子拉过障碍物，0AF应有用几何法解得FPtanθ=11.55kN解得kN10sinminθPF3.已知：,各杆自重不计；求：杆及铰链的受力.例2-2CDAkN10,FCBAC按比例量得kN4.22,kN3.28ACFF用几何法，画封闭力三角形.为二力杆，取杆，画受力图.CDAB解：用解析法N3.12945cos45cos60cos30cos4321RFFFFFFixxN3.11245sin45sin60sin30sin4321RFFFFFFiyyN3.1712R2RRyxFFF7548.0cosRRxFFθ6556.0cosRRyFFβ01.49,99.40βθ解：求：此力系的合力.例2-3已知：图示平面共点力系,,,,.N2001FN3002FN1003FN2504F已知：系统如图，不计杆、轮自重，忽略滑轮大小，P=20kN；求：系统平衡时，杆AB，BC受力.例2-4060cos30cos21FFFBC0yFkN32.27BCFPFF21kN321.7BAF0xF12cos60cos300BAFFFAB、BC杆为二力杆，取滑轮B（或点B），画受力图.建图示坐标系解：例2-5求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆受力.已知：F=3kN,l=1500mm,h=200mm，忽略自重；AB、BC杆为二力杆.取销钉B.0xF0coscosθFθFBCBABCBAFF解：0sinsinFθFθFBCBA0yFkN35.11BCBAFF选压块C0xF0cosCxCBFθFkN25.112cot2hFlθFFCx0yF0sinCyCBFF1.5kNCyF§2-2平面力对点之矩平面力偶理论一、平面力对点之矩（力矩）两个要素：力矩作用面，称为矩心，到力的作用线的垂直距离称为力臂OOh1.大小：力与力臂的乘积2.方向：转动方向FhF)F(MO力对点之矩是一个代数量，它的绝对值等于力的大小与力臂的乘积，它的正负：力使物体绕矩心逆时针转向时为正，反之为负.常用单位或mNmkN二、合力矩定理与力矩的解析表达式合力矩定理：平面汇交力系的合力对平面内任一点之矩等于所有各分力对于该点之矩的代数和。该结论适用于任何合力存在的力系)(RiOOFM)F(MxyxOyOOyFxFθFyθFx)F(M)F(M)F(McossinixiiyiOFyFxFMR三、力偶和力偶矩力偶FF,由两个等值、反向、不共线的（平行）力组成的力系称为力偶，记作两个要素a.大小：力与力偶臂乘积b.方向：转动方向力偶矩力偶中两力所在平面称为力偶作用面.力偶两力之间的垂直距离称为力偶臂.力偶矩ABCdFM2四、同平面内力偶的等效定理定理：同平面内的两个力偶，如果力偶矩相等，则两力偶彼此等效。推论：只要保持力偶矩不变，可以同时改变力偶中力的大小与力偶臂的长短，对刚体的作用效果不变.任一力偶可在它的作用面内任意转移，而不改变它对刚体的作用。因此力偶对刚体的作用与力偶在其作用面内的位置无关。力偶中的力偶臂和力的大小都不是力偶的特征量，只有力偶矩是平面力偶作用的唯一度量。=====已知：任选一段距离d;,,21nMMM11FdMdFM1122FdMdFMnnnnFdMdFM22五、平面力偶系的合成和平衡条件==nFFFF21RnFFFF21R===dFMRdFdFdFn21nMMM21iniiMMM10iM平面力偶系平衡的必要和充分条件是：所有各力偶矩的代数和等于零.平面力偶系平衡的充要条件，有如下平衡方程0M直接按定义cos78.93NmOMFFhFrθ按合力矩定理cos78.93NmOOtOrMFMFMFFθr例2-6求:,20θ60mmr已知:N,1400F)(FMO解:例2-7求：;,,,,lyxFBB已知：平衡时，杆的拉力.CD由杠杆平衡条件0sincoslFxFyFCDBB解得lxFyFFBBCDsincos解：为二力杆，取踏板CDqlxqqlxqlxPl21d0由合力矩定理xqlxxxqhPlldd020得lh32解：取微元如图例2-8求：已知：合力及合力作用线位置.;,lq0M0321MMMlFA解得N200321lMMMFFBA由力偶只能由力偶平衡的性质，其受力图为例2-9;200,20,10321mmmNmNlMMM求：光滑螺柱所受水平力.已知：AB解：例2-10求：平衡时的及铰链处的约束力.2M;30,m5.0,mkN21θrOAM已知BO,取轮,由力偶只能由力偶平衡的性质,画受力图.0M0sin1rFMA解得8kNOAFF0M0sin2'MrFA解得28kNmM8kNBAFF取杆，画受力图.BC解：当力系中各力的作用线处于同一平面内且任意分布时，称其为平面任意力系.§2-3平面任意力系的简化平面任意力系实例一.力的平移定理FdFMMBB)(可以把作用在刚体上点的力平行移到任一点，但必须同时附加一个力偶，这个附加力偶的矩等于原来的力对新作用点的矩.AFBFB实例二.平面任意力系向作用面内一点简化·主矢和主矩1111()OFFMMF2222()OFFMMF()nnnOnFFMMF)(iOiOFMMMiiFFFR主矢)(iOOFMM主矩iFFR主矢与简化中心无关，而主矩一般与简化中心有关.R''xixixxFFFFR''yiyiyyFFFF主矢大小22R()()ixiyFFF方向RRcos(',)ixFFiFRRcos(',)iyFFjF作用点作用于简化中心上主矩)(iOOFMM平面固定端约束===≠0RF0OM合力作用线过简化中心三.平面任意力系的简化结果分析合力，作用线距简化中心RFMO0RF0OM合力矩定理RFMdOdFMORFFFRR)()(RiOOOFMMFM0RF0OM合力偶与简化中心的位置无关若为点，如何?1O0RF0OM平衡与简化中心的位置无关例2-11求：合力作用线方程。力系向点的简化结果；合力与的交点到点的距离；已知:1450kN,P2200kN,P1300kN,FkN701FOOAOx解：（1）主矢：12122cos232.9kNsin670.1kNxyFFFFPPF22R'()()709.4kNxyFFFRRRRcos(',)0.3283,cos(',)0.9446''yxFFFiFjFFRR(',)70.84,(',)18019.16FiFj主矩：112()31.53.92355kNmOOMMFFPP（2）求合力及其作用线位置：003.514mcos9070.84dx（3）求合力作用线方程：''RRRRROOyxyxMMFxFyFxFyF2355670.1232.9xy607.1232.923550xy平面任意力系平衡的充要条件是：力系的主矢和对任意点的主矩都等于零§2-4平面任意力系的平衡条件和平衡方程)()()(22RiOOyxFMMFFF因为一.平面任意力系的平衡方程0RF0OM000xyOFFM平面任意力系的平衡方程一般式平面任意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分别等于零，以及各力对于任意一点的矩的代数和也等于零.平面任意力系的平衡方程另两种形式二矩式000BAxMMF两个取矩点连线，不得与投影轴垂直000CBAMMM三矩式三个取矩点，不得共线二.平面平行力系的平衡方程0xF00000xF0coscoscos321θFθFθF0yF0sinsinsin321θFθFθF00AyMF各力不得与投影轴垂直00BAMM两点连线不得与各力平行例2-120xF0yFcos450AxCFF0AMkN10,kN20,kN28.28AyAxCFFF已知：kN10,FlCBAC求：铰链和杆受力.ADC解：取梁，画受力图.AB045sinFFFCAy0245coslFlFC例2-13已知：110kN,P240kN,P尺寸如图。解：取起重机，画受力图.0xF0yF0AM0AxBFF120AyFPP1251.53.50BFPP50kNAyF31kNBF31kNAxF求：轴承处的约束力.BA,例2-140xF0AM0yF0AxF4220BFaMPaqaa3142BFPqa20AyBFqaPF342AyPFqa已知：。qaMaqP,,,求：支座处的约束力.BA,取梁，画受力图.AB解：其中113302FqlkN0xF0AM0yF060cosFPFAy0360sin60cos1lFlFlFMMA316.4kNAxFkN300AyFmkN1188AM060sin1FFFAx例2－15已知：m1,kN400,mkN20,mkN20,kN100lFqMP求：固定端处约束力.A解：取型刚架，画受力图.T解：取起重机，画受力图.满载时，,0AF为不安全状况0BM0102821min3PPP已知：12700kN,200kN,PP例2-16m4AB求：（1）起重机满载和空载时不翻倒，平衡载重；（2），轨道给起重机轮子的约束力。AB3PkN1803PkN75min3P375kN350kNP0AM041424213BFPPP0iyF0321PPPFFBA空载时，,0BF为不安全状况0AM时kN1803PkN210AFkN870BFkN350max3F0241max3