ppt版本――哈工大版理论力学课件(全套)02

理论力学1理论力学2力系按作用线分布分为：平面力系、空间力系平面力系：作用线分布在同一平面内的力系。空间力系：作用线分布在不同平面内的力系。力系按作用线汇交情况分为①汇交力系②平行力系(力偶系是其中的特殊情况)③一般力系(任意力系)311FRF2F222FF2cos1FFRsinsin(180)一、平面汇交力系合成的几何法1、两个共点力的合成合力方向由正弦定理：理论力学由余弦定理：由力的平行四边形法则作图（左），也可用力的三角形来作图（右）。§2-1平面汇交力系AFRF1F2FRAF2F1力三角形1800-理论力学4F3F2F1F4AF2F3FRabF1cdF4eaF2dF4ecF3FRF1b各力矢与合力矢构成的多边形称为力多边形。用力多边形求合力的作图规则称为力的多边形法则。力多边形中表示合力矢量的边称为力多边形的封闭边。2、任意个共点力的合成力多边形:各分力矢首尾相连，组成一个不封闭的力多边形。封闭边表示合力的大小和方向。理论力学5理论力学61i1i结论：平面汇交力系可简化为一合力，其合力的大小与方向等于各分力的矢量和(几何和)，合力的作用线通过汇交点。用矢量式表示为：FRFF2FnF3、平面汇交力系平衡的几何法平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：该力系的合力等于零。FRFF2FnF0上述方程的几何表达为：该力系的力多边形自行封闭。用几何方法求平面汇交力系平衡时，要做出自行封闭的力多边形，一般只适合三个力的平衡问题。OEEA24cmtanarctan140sin180FBF750N理论力学[例]图示是汽车制动机构的一部分。司机踩到制动蹬上的力F=212N，方向与水平面成=450角。当平衡时，DA铅直，BC水平，试求拉杆BC所受的力。已知EA=24cm，DE=6cm点E在铅直F24cm6cmACBD线DA上，又B，C，D都是光滑铰链，O机构的自重不计。EAOFFDBEFBD7解：取制动蹬ABD作为研究对象，并画出受力图。作出相应的力多边形。FFDFBDE6OE2414由力三角形图可得sinFBtan0.577理论力学8②取分离体画受力图∵当碾子刚离地面时FA=0,拉力F最大,这时拉力F和自重P及约束力FB构成一平衡力系。由平衡的几何条件，力多边形封闭，故FPtan又由几何关系：Pcosr2(rh)2rhF=11.5kN，FB=23.1kN所以[例]已知压路机碾子重P=20kN，r=60cm，欲拉过h=8cm的障碍物。求在中心作用的水平力F的大小和碾子对障碍物的压力。解：①选碾子为研究对象OPABhFrFAFBFBFP理论力学9由作用力和反作用力的关系，碾子对障碍物的压力等于23.1kN。几何法解题步骤：①选研究对象；②作出受力图；③作力多边形；④用几何方法求出未知数。几何法解题不足：①一般只适合三个力时的平衡；做出的封闭多边形为三角形，可用三角形的正弦和余弦定理求解；②不能表达各个量之间的函数关系。下面我们研究力系合成与平衡的另一种方法：解析法。FFxFy，cosb理论力学10反之，已知投影可求力的大小和方向已知力可求投影Fx=F·cosqFy=F·cosbF·sinqFx二、平面汇交力系合成的解析法1、力的投影yFyOq分力：Fx投影：FxFyAb22力的大小FxFyFFcosq方向余弦方向：cos(FRR，j)，i)，cos(F理论力学112、合力投影定理合力投影定理：合力在任一轴上的投影，等于各分力在同一轴上投影的代数和。若以Fx，Fy表示力沿直角坐标轴的正交分量，则：FFxiFyj所以：FRxFixFRyFiy合力的大小：作用点：FRxFRFRyFR为该力系的汇交点FR(Fix)2(Fiy)2而各分力FxFxi，FyFyj力的分解FFxFycos0.7548cos0.6556理论力学121122FRFRxFRy171.3NFRxFRFRyFR40.99，49.01[例]已知：图示平面共点力系；求：此力系的合力。解：用解析法FRxFixFcos30F2cos60F3cos45F4cos45129.3NFRyFiyFsin30F2sin60F3sin45F4sin45112.3NyF1F2F3F4x300450600450FR理论力学13平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零。3、平面汇交力系的平衡方程平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：该力系的合力等于零。22Fix0，Fiy0必有FBABC11.35kNF14[例]已知：F=3kN，l=1500mm，h=200mm，忽略自重；求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆受力。解：AB、BC杆为二力杆，取销钉B为对象。0FxFBAcosFBCcos0FBAFBC0FBAsinFBCsinF0F2sinq得Fy解得理论力学理论力学15选压块C为对象0FCBcosFCx011.25kNFl2hcotF2FCxFx解得0Fy解得FCBsinqFCy0FCy1.5kN列平衡方程理论力学16[例]如图所示，重物G=20kN，用钢丝绳挂在支架的滑轮B上，钢丝绳的另一端绕在铰车D上。杆AB与BC铰接，并以铰链A，C与墙连接。如两杆与滑轮的自重不计并忽略摩擦和滑轮的大小，试求平衡时杆AB和BC所受的力。ABD3060CG解：取滑轮B为研究对象，忽略滑轮的大小，画受力图。xyB3060FBAF1FBC11F2Fx0，FBAFcos60F2cos300Fy0，FBCFcos30F2cos600解方程得杆AB和BC所受的力:FBA0.366G7.321kNFBC1.366G27.32kN当由平衡方程求得某一未知力的值为负时，表示原先假定的该力指向和实际指向相反。理论力学17理论力学18·§2-2平面力对点之矩平面力偶MO(F)OhrFA一、力对点之矩（力矩）B力F与点O位于同一平面内，称为力矩作用面。点O称为矩心，点O到力作用线的垂直距离h称为力臂。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，它的正负可按下法确定：力使物体绕矩心逆时针转动时为正，反之为负。移动效应____取决于力的大小、方向转动效应____取决于力矩的大小、转向力对物体可以产生理论力学19Mh·①MO(F)是代数量。②MO(F)是影响转动的独立因素。当F=0或h=0时，O(F)=0。③单位Nm或kN·m。④MO(F)=2△AOB=F·，2倍△形面积。MO(F)Fh力对点之矩+－MO(F)OhrFABy理论力学20FFxFyxyOqxAMO(F)xFsinqyFcosqxFyyFx力矩的解析表达式i合力对坐标原点之矩MO(FR)(xiFiyyFix)二、合力矩定理与力矩的解析表达式合力对某点之矩，等于所有各分力对同一点之矩的代数和。n(F(Fi1按力系等效概念，上式必然成立，且适用于任何有合力存在的力系。理论力学21rhO[例]已知Fn=1400N,齿轮的节圆（啮合圆）的半径r=60mm，压力角=200，求力Fn对O点的矩。MO(Fn)FnhFnrcos78.93Nm按力矩的定义得根据合力矩定理，将力Fn分解为圆周力Ft和径向力Fr,rOFnFrFtMO(Fn)MO(Fr)MO(Ft)MO(Ft)Fncosr理论力学22理论力学23理论力学24理论力学25三、平面力偶及其性质由两个大小相等、方向相反且不共线的平行力组成的力系，称为力偶，记为(F,Fʹ)。力偶的两力之间的垂直距离d称为力偶臂，力偶所在的平面称为力偶作用面。理论力学26大小：FR=F1+F2方向：平行于F1、F2且指向一致作用点：C处1确定C点，由合力距定理MB(FR)MB(F)11FRFF2FRCBFABABACCB代入1ACF2CBF性质1：力偶没有合力，本身又不平衡，是一个基本力学量。①两个同向平行力的合力F2F1ABFFFR1FR2FRC理论力学27力偶无合力FR=F'－F=01F'FCBCACBCA1②两个反向平行力的合力大小：FR=F1－F2方向：平行两力且与较大的相同作用点：C处CBFCAF2F2F1ABCFRABCF′F若CB=CA=CB+d成立，且d≠0，必有CB→∞即合力作用点在无穷远处，不存在合力。理论力学28MO(F)MO(F)F(xd)FxFd说明：①M是代数量，有+、－；②F、d都不独立，只有力偶矩M=±Fd是独立量；③M的值M=±2ABC；④单位：N•m由于O点是任取的MFd—+性质2：力偶对其所在平面内任一点的矩恒等于力偶矩，而与矩心的位置无关，因此力偶对刚体的效应用力偶矩度量。ABOdCxF′F理论力学29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等，转向相同，则该两个力偶彼此等效。===由上述证明可得下列两个推论：①力偶可以在其作用面内任意移动，而不影响它对刚体的作用效应。②只要保持力偶矩大小和转向不变，可以任意改变力偶中力的大小和相应力偶臂的长短，而不改变它对刚体的作用效应。理论力学30====理论力学31同平面内力偶等效定理证明理论力学32dF力偶的臂和力的大小都不是力偶的特征量，只有力偶矩才是力偶作用的唯一量度。今后常用如图所示的符号表示力偶。M为力偶的矩。F′=M=M理论力学33理论力学341M1Fd1F3dM2F2d2F4dM1(F1，Fʹ1)，M2(F2，F'2)FF3F4FF3F4MFd(F3F4)dF3dF4dM1M2在同平面内的任意个力偶可以合成为一个合力偶，合力偶矩等于各个力偶矩的代数和。F2′F2d2F1′F′3F3四、平面力偶系的合成和平衡F1Fd14F′4dF′FdM理论力学35平面力偶系平衡的充要条件是:所有各力偶矩的代数和等于零。(力偶只能和力偶平衡)nMnMiii1即:MM1M2i0M即ABDM45lABMFBFAFB300N理论力学36FB0.2m1m2m3m40FAFB300N解:各力偶的合力偶矩为根据平面力偶系平衡方程有:600.2Mm1m2m3m44(15)60Nm由力偶只能与力偶平衡的性质，力FA与力FB组成一力偶。[例]在一钻床上水平放置工件,在工件上同时钻四个等直径的孔,每个钻头的力偶矩为m1m2m3m415Nm求工件的总切削力偶矩和A、B端水平约束力?12FCCC(Nm)24182F(Ncm)0.255F理论力学37[例]图示结构，已知M=800N.m，求A、C两点的约束力。FC3137NMi0MACM02222MACFCdFC解：注意到CB为二力构件，画受力图FACF理论力学38解：1、AD为二力杆。2、研究对象：整体MlFAFC[例]图示杆系，已知M，l，求A、B处约束力。ACBDllMFAlFCM作用在AD杆上又如何？ACBDllMBC为二力杆FAlFCMlsin4502Ml理论力学3960o60oABCDM1M2[例]不计自重的杆AB与DC在C处为光滑接触,它们分别受力偶矩为M1与M2的力偶作用，转向如图。问M1与M2的比值为多大，结构才能平衡?解:取杆AB为研究对象画受力图。BACM1FAFC杆AB只受力偶的作用而平衡且C处为光滑面约束，则A处约束力的方位可定。FA=FC=F,AC=aMi=0Fa-M1=0M1=Fa(1)理论力学40Mi=0-0.5aF+M2=0M2=0.5Fa(2)联立(1)(2)两式得:M1/M2=2取杆CD为研究对象。因C点约束力方位已定,则D点约束力方