工程力学(单辉祖)-第4章-平面任意力系

1§4-1平面任意力系概念和工程实例§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§4-5静定与静不定的概念主要内容一、平面任意力系实例§4-1平面任意力系概念及工程实例二、平面任意力系的概念各个力的作用线在同一平面内，但不汇交于一点，也不都平行的力系称为平面任意力系。yTPQEQDxBAECDFAyFAxα力的平移定理应用F′FM′FM′FcFFcF2FFM§4-2平面任意力系的一点简化（1）为什么钉子有时会弯（3）船上人划桨（2）乒乓球为什么会旋转FAOdFAOdFFMAOF==力线平移定理:作用于刚体上任一点的力可平移到刚体上任一点而不改变对刚体的作用效应，但需增加一附加力偶，附加力偶的力偶矩矢等于原力对新的作用点之矩矢。一、力的平移定理FFF0OAMrFMF—附加力偶()OMFdMF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分解为一个平面共点力系和一个平面力偶系的依据。FAOdFAOdFFMAOFA3OA2A1F1F3F21F2F3FM1OM2M3==应用力线平移定理，可将刚体上平面任意力系中各个力的作用线全部平行移到作用面内某一给定点O。从而这力系被分解为平面共点力系和平面力偶系。这种变换的方法称为力系向给定点O的简化。点O称为简化中心。二、平面任意力系向一点简化MOORF共点力系F1、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结论：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。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：讨论:主矢大小:RxxRyyFFXFFY2222()()RRxRyxyFFFFFcos(,)cos(,)xRRyRRFFiFFFjF方向:说明1、平面任意力系的主矢的大小和方向与简化中心的位置无关。012ooonoMMFMFMFMF12RnFFFFF主矢：2、平面任意力系的主矩与简化中心O的位置有关。因此，在说到力系的主矩时，一定要指明简化中心。主矩：作为平面一般力系简化结果的一个应用，我们来分析另一种常见约束------固定端约束的反力。简图：固定端约束反力有三个分量：两个正交分力，一个反力偶。AxFAyFAMAAMRFARFO=r1、FR=0，而MO≠0，原力系合成为合力偶。这时力系主矩MO不随简化中心位置而变。2、MO=0，而FR≠0，原力系合成为一个合力。作用于点O的力FR就是原力系的合力，合力用FR表示。3、FR≠0，MO≠0，原力系简化成一个力偶和一个作用于点O的力。这时力系也可合成为一个合力。说明如下：00RRMFMrFF二、平面任意力系简化的最后结果MOORFARFRF=OARFr4、FR=0，而MO=0，原力系平衡。综上所述，可见：（1）平面任意力系若不平衡，则当主矢不为零时，则该力系可以合成为一个力。（2）平面任意力系若不平衡，则当主矢为零而主矩不为零时，则该力系可以合成为一个力偶。[例4-1]水平梁AB受三角形分布载荷的作用分布载荷的最大值为q（N/m），梁长l。试求合力的大小及其作用线位置。解：1、将力系向A点简化BAlqBAlqFxcxdxq(x)x()xqxql2dd)(00qlxxlqxxqFll22001()()dd3llAqMFqxxxxxqll()AMF2、点A至合力作用线的距离BAlqFxcxdxq(x)x2233CqlxlFA()CMFFxA()()AMFMF213CFxql22001()()dd3llAqMFqxxxxxqll§4–3平面任意力系的平衡条件00RFMo22()()()RxyOOFFFMMF平面任意力系的平衡方程：000xyoFFM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。1、平面任意力系的平衡方程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。上式有三个独立方程，只能求出三个未知数。0xF0yF0)(iOFm①一矩式一般形式一般力系的平衡方程0xF0)(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不在同一直线上平面任意力系平衡方程的三种形式：刚体平衡条件二矩式A、B连线与x轴不垂直三矩式A、B、C三点不共线一矩式∑Fx=0∑Fy=0∑MA=0∑Fx=0∑MA=0∑MB=0∑MA=0∑MB=0∑MC=0一般力系的平衡方程说明一矩式，二矩式，三矩式，三种形式的平衡方程是完全等价的。可视具体问题而选用其中的任一种。但都只有三个独立方程，只能求出三个未知数。在求解平面一般力系的平衡问题时，尽可能采用二矩式或者三矩式方程，以减少单个平衡方程中未知量的个数。[例4-2]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解除约束解：（1）取伸臂AB为研究对象；（2）受力分析如图：[例4-3]悬臂式简易起重机可简化为图示结构。AB是吊车梁，BC是钢索，A端支承可简化为铰链支座。设已知电动葫芦和重物共重P=10kN，梁自重W=5kN，θ=30o。求钢索BC和铰链A的约束力，以及钢索受力的最大值。(3)列平衡方程：AB()0,sin02lMFWPxFlAB0,cos0xxFFFAB0,sin0yyFFWPF(4)联立求解，可得：B222sinsin30ollWPxWPxxFWPlllAB33cos302oxxFFWPlA(2)sin2(1sin)(1sin)yxFWPWPlxWPl当x=l时，钢索受力FB最大，为拉力。Bmax225kNFWP解：（1）取AB研究对象，受力分析如图。（2）列平衡方程：[例4-4]求图示悬臂梁固定端A处的约束力。其中：q为均布载荷的载荷集度，集中力F=ql，集中力偶M=ql2。BAq2lFMB2lFMAxFAyFAMxAy0,xF0AxF0,yF0,AmF20AyFFql220AMqllMFl负号表示实际方向和假设的方向相反。(3)联立求解：0AxF2AyFqlFql2AMqlB2lFMAxFAyFAMxAy[例4-5]刚架ABCD的A处为固定铰支座，D处为辊轴支座。此刚架上有水平载荷和垂直载荷。已知F1=10kN，F2=20kN，a=3m。求支座A、D的约束反力。解：（1）取刚架整体为研究对象，画出受力图。(3)列平衡方程：(4)求解：A12D()0,20yMFFaFaFaD21A()0,20yMFFaFaFaA10,0xxFFFA110kNxFFA21()/25kNyFFFD15kNyF[例4-6]翻倒问题塔式起重机的结构简图如图所示。起重机自重为W，载重为W1，平衡物重W2。要使起重机在空载、满载且载重在最远处时均不翻倒，试求平衡物重。解：（1）取塔式起重机整体为研究对象，受力分析如图。（整机在平面平行力系作用下处于平衡。）2W1WWeCbla分析：W2过大，空载时有向左倾翻的趋势；W2过小，满载时有向右倾翻的趋势。(2)列平衡方程：0,AM0BF1)空载时（W1=0）：不翻到的条件是：B2()0FbWebWaB21[()]0FWebWab可得空载时平衡物重量W2的条件：2()WebWa2W1WWeCbla0,BM0AF2)满载且载重位于最远端时，不翻倒的条件是：A21()0FbWabWeWlA121[()]0FWeWlWabb211()WWeWlab2W1WWeCbla121()()WebWeWlWaba综合考虑，平衡物重量W2应满载的条件：可得满载时平衡物重量W2的条件：§4–4刚体系的平衡刚体系——若干刚体用约束联结起来的系统。刚化原理——变形体在某一力系作用下处于平衡，若将此变形体刚化为刚体，其平衡状态保持不变。刚体系平衡时，系中每一个刚体都处于平衡，根据刚化原理，可将刚体系整体或部分刚化为一个刚体，同样处于平衡状态，其求解过程和求解单一刚体平衡问题的步骤基本相同。CFBFBCCFACqAxFAyFABCqkN3.0AxF解得:kN2.1CxF[例4-6]已知：P=0.4kN，Q=1.5kN，sin=4/5求：支座A、C的反力。AQCBPPABFAxFAyFCxFCyFBxFByFAxFAy)3(0,0)2(0,0)1(0sin2cos2cos2,0)(QFFFPFFFlQlPlFMCxAxxCyAyyCyAF解：(1)取整体为研究对象解上述方程，得kN6.0,kN2.0CyAyFF(2)取AB为研究对象0coscos2sin,0)(AyAxBFlPlFMF代入（3）式得500NDCEFExFEyFDxFDy500N500NAHDCGEB2m2m2m2m2m2mFAxFAyFB[例4-7]求：A、B、D、E的约束反力。(2)取CDE为研究对象)3(0,0)2(0500,0)1(045002,0)(ExDxxEyDyyDyEFFFFFFFMF解上述方程，得N500,N1000EyDyFF解：(1)取整体为研究对象500N,1500N,1000NAxAyBFFF解得:()0,4500250060(1)0,5000(2)0,5000(3)AByAyBxAxMFFFFFFFGEBExFEyFFGxFGyFB(3)取BEG为研究对象0224,0)(EyExBGFFFMFN1500ExF解得:N1500DxF500N500NDCEFDxFDyFExFEy500NAHDCGEB2m2m2m2m2m2mFAxFAyFB1000NN,500,N1000BEyDyFFF代入（3）式得:N1000N1500DyDxFFN500N1500EyExFFBDAFDyFDxFBxFByFAxFAy解：(1)取整体为研究对象002,0)(ByByCFaFM得F(2)取DEF杆为研究对象02,0)(0,0)(aPaFMaPaFMDxBDyEFF解得：PFPFDxDy2,(3)取ADB杆为研究对象0,00,002,0)(ByDyAyyBxDxAxxDxBxAFFFFFFFFaFaFMF解得：PFPFPFAyA