23工程力学(静力学与材料力学)单辉祖4

L/O/G/O工程力学电子教案工程力学工程力学电子教案第四章平面任意力系§4–1力的平移第四章平面任意力系§4–2平面任意力系向一点简化§4–3平面任意力系的平衡条件§4–4刚体系的平衡§4–1静定与静不定问题的概念平面任意力系：各力的作用线在同一平面内，既不汇交为一点又不相互平行的力系。工程力学电子教案第四章平面任意力系§4-1力的平移力的平移定理：可以把作用在刚体上点A的力平行移到任一点B，但必须同时附加一个力偶。这个力偶等于原来的力对新作用点B的矩。FF力线平移的几个性质：1、当力线平移时，力的大小、方向都不改变，但附加力偶矩的大小与正负一般要随指定O点的位置的不同而不同。2、力线平移的过程是可逆的，即作用在同一平面内的一个力和一个力偶，总可以归纳为一个和原力大小相等的平行力。3、力线平移定理是把刚体上平面任意力系向一点简化的依据。FAOdFAOdFFMAOF、F2、F3的合成结果为一作用点在点O的力FR。这个力矢FR称为原平面任意力系的主矢。附加力偶系的合成结果是作用在同平面内的力偶，这力偶的矩用MO代表，称为原平面任意力系对简化中心O的主矩。0123123ooooMMMMMFMFMFMF123123RFFFFFFF§4-2平面任意力系向一点简化力系向一点简化：把未知力系（平面任意力系）变成已知力系（平面汇交力系和平面力偶系）结论：推广：平面任意力系对简化中心O的简化结果主矩：12RnFFFFF012ooonoMMFMFMFMF主矢：汇交力系力，R'(主矢)，(作用在简化中心)力偶系力偶，MO(主矩)，(作用在该平面上)平面任意力系向平面内任一点的简化结果，是一个作用在简化中心的主矢和一个对简化中心的主矩。工程力学电子教案第四章平面任意力系大小：主矢方向：简化中心(与简化中心位置无关)[因主矢等于各力的矢量和]R2222)()('''YXRRRyxXYRRxy11tgtg（移动效应）)(iOOFmM大小：主矩MO方向：方向规定+—简化中心：(与简化中心有关)（因主矩等于各力对简化中心取矩的代数和）（转动效应）工程力学电子教案第四章平面任意力系固定端（插入端）约束在工程中常见的雨搭工程力学电子教案第四章平面任意力系固定端（插入端）约束说明：①认为Fi这群力在同一平面内;②将Fi向A点简化得一力和一力偶;③RA方向不定可用正交分力YA,XA表示;④YA,XA,MA为固定端约束反力;⑤YA,XA限制物体平动,MA为限制转动。工程力学电子教案第四章平面任意力系②=0,MO≠0即简化结果为一合力偶,MO=M此时刚体等效于只有一个力偶的作用，因为力偶可以在刚体平面内任意移动，故这时，主矩与简化中心O无关。R①=0，MO=0，则力系平衡,下节专门讨论。R③≠0,MO=0,即简化为一个作用于简化中心的合力。这时，简化结果就是合力（这个力系的合力）,。（此时与简化中心有关，换个简化中心，主矩不为零）RRR平面任意力系简化的最后结果：④≠0,MO≠0,为最任意的情况，也就是说力系可以进一步简化。R已知：1450kN,P2200kN,P1300kN,F270kN;F求：力系向O点的简化结果合力与OA的交点到点O的距离x，解：（1）主矢：12122cos232.9kNsin670.1kNxyFFFFPPF22'()()709.4kNRxyFFFcos(',)0.3283,cos(',)0.9446''yxRRRRFFFiFjFF(',)70.84,(',)18019.16RRFiFj主矩：112()31.53.92355kNmOOMMFFPP（2）求合力及其作用线位置.'23553.3197709.4ORMdFm003.514cos9070.84dxm工程力学电子教案第四章平面任意力系§4-3平面任意力系的平衡条件0)()('22YXR0)(iOOFmM平面任意力系平衡的充要条件为：力系的主矢和主矩MO都等于零，即：'R0X0Y0)(iOFm①一矩式0X0)(iAFm0)(iBFm②二矩式条件：x轴不AB连线0)(iAFm0)(iBFm0)(iCFm③三矩式条件：A,B,C不在同一直线上工程力学电子教案第四章平面任意力系平面平行力系的平衡条件平面平行力系:各力的作用线在同一平面内且相互平行的力系。设有F1,F2…Fn各平行力系，向O点简化得：FRRO'主矢iiiOOxFFmM)(主矩'R平衡的充要条件为主矢=0主矩MO=0工程力学电子教案第四章平面任意力系所以平面平行力系的平衡方程为：0)(iAFm0)(iBFm二矩式条件：AB连线不能平行于力的作用线0Y0)(iOFm一矩式实质上是各力在x轴上的投影恒等于零，即恒成立，所以只有两个独立方程，只能求解两个独立的未知数。0X工程力学电子教案第四章平面任意力系[例1]已知：P,a,求：A、B两点的支座反力？解：①选AB梁研究②画受力图（以后注明解除约束，可把支反力直接画在整体结构的原图上）0)(iAFm由32,032PNaNaPBB0X0AX0Y3,0PYPNYABB解除约束AXX由022;0)(aPmaaqaRFmBA0Y0PqaRYBA)kN(122028.01628.02022PamqaRB)kN(24128.02020BARqaPY[例2]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：解除约束[例3]已知：旋转式起重机，自重W=10kN，被起吊重物重Q=40kN。求：止推轴承A和径向轴承B的约束反力。解：①研究起重机；②受力分析：W,Q,XA,YA,NB；③取Axy直角坐标轴；④列平衡方程求解：05.35.15,0)(05.35.15,0)(0,0QWXFmQWNFmQWYYABBAA①②③kNNkNYkNXBAA31;50;31解得：解除约束工程力学电子教案第四章平面任意力系刚体系：由若干个刚体通过约束所组成的系统。[例]外力：外界物体作用于系统上的力叫外力。内力：系统内部各物体之间的相互作用力叫内力。§4-4刚体系的平衡柔性体（受拉力平衡）刚化为刚体（仍平衡）反之不一定成立，因对刚体平衡的充分必要条件，对变形体是必要的但非充分的。刚体（受压平衡）柔性体（受压不能平衡）刚化原理：变形体在已知力系的作用下处于平衡，若将变形后的变形体换成刚体（刚化），则平衡状态不变。⒊解物系问题的一般方法由整体局部或由局部整体⒉刚体系平衡的特点①刚体系整体平衡②刚体系中每个单体也是平衡的。每个单体可列3个平衡方程，整个系统可列3n个方程（设物系中有n个物体,每个物体都受有平面一般力系作用）③由n个刚体组成的物系，其中n1个刚体为二力体或受有平面力偶系作用，n2个刚体受有平面汇交力系或平行力系作用，n3个刚体受有平面一般力系作用，且：n=n1+n2+n3，则整个系统可列出m个独立的平衡方程，而m=n1+2n2+3n3，可求解m个未知量。[例4]已知：三铰刚架受力及尺寸如图。求：固定铰支座A、B的反力和中间铰C处的压力。解：1）研究刚架系统整体刚架受力分析如图，列平衡方程求解：0)(,0)(PhalGGalYFmBA0)(,0)(GaalGPhlYFmAB①由①、②解得：)(1;)(1PhGllYPhGllYAB②00PXX,XBA③）再研究CB部分受力分析如图，列平衡方程求解：022,0)(alGHXlYFmBBC④0,0BCXXX⑤0,0GYYYCB⑥解得：)2(21PhGaHXBlPhYPhGaHXCC;)2(21再将XB之值代入③式，得：)22(21PHPhGaHXA工程力学电子教案第四章平面任意力系[例5]已知：塔式起重机P=700kN,W=200kN(最大起重量)，尺寸如图。求：①保证满载和空载时不致翻倒，平衡块Q=？②当Q=180kN时，求满载时轨道A、B给起重机轮子的反力？工程力学电子教案第四章平面任意力系0)(FmB0)22()212(2)26(ANWPQ0AN限制条件：解得解：⑴①首先考虑满载时，起重机不向右翻倒的最小Q为：②空载时，W=0由0)(FmA0)22(2)26(BNPQ限制条件为：0BN解得因此保证空、满载均不倒Q应满足如下关系：kNQ75kNQ350kNQkN35075)212(2)26(BNWPQ0)(FmA,0iF0BANNWPQkN870,kN210BANN⑵求当Q=180kN，满载W=200kN时，NA,NB为多少由平面平行力系的平衡方程可得：解得：【例6】已知：P=20kN，q=5kN／m，=45°；求支座A、C的反力和中间铰B处的压力。解：㈠先研究BC梁（附属部分）受力分析如图，列平衡方程求解：①②③02cos1,0)(CBNPFm0sin,0CBNXX0cos,0CBNPYY解得：NC=14.14kN;XB=10kNYB=10kN㈡再研究AB部分（基本部分）受力分析如图，列平衡方程求解：021,0)(BAAYQMFm0,0BAXXX0,0BAYQYY其中：Q=q﹒2=5×2=10kN,BBYY10kNMA=30kN·m,解得：BAXX10kNYA=20kN④⑤⑥工程力学电子教案第四章平面任意力系[例7]已知：OA=R,AB=l,当OA水平时，冲压力为P时，求：①M=？②O点的约束反力？③AB杆内力？④冲头给导轨的侧压力？0X由0sinBSN0Y0cosBSPgPNPSBt,cos解：研究B)(FmO0cos