《理论力学第二章平面力系ppt.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《理论力学第二章平面力系ppt.pptx（138页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、理论力学1第一页，编辑于星期五：十四点 四十四分。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汇交力系平行力系(力偶系是其中的特殊情况)一般力系(任意力系)第二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学31 1FR F2 F2 22F2Fcos合力方向由正弦定理由余弦定理：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AFRF1F2一、平面汇交力系合成的几何法1、两个共点力的合成FRAF2F1力三角形1800-第三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。
2、理论力学4F3F2F1F4AF2F3FRabF1cdF4eadF2F4ecF3FRF1b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。第四页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学5第五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学61 i1 i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
3、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。第六页，编辑于星期五：十四点 四十四分。OE EA24 cmtan arctan 140sin180 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=212 N，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F24cm6cmACBD线DA上，又B，C，D都是光滑铰
4、链，O机构的自重不计。EAOFFDB E FBD7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。F FD FBDE 6OE 2414由力三角形图可得sin 第七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。FB tan 0.577理论力学8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 Ptan又由几何关系：Pcosr2(rh)2rhF=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
5、：选碾子为研究对象OPABhFr FAFBFBFP 第八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。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：选研究对象；作出受力图；作力多边形；用几何方法求出未知数。几何法解题不足：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；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。第九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。F Fx Fy，cosb 理论力学10反之，已知投影可求力的大小和方向二、平面汇交力系合成的解析法1、力的投影已知力可求投影Fx=F cosqF
6、y=F cosbF sinqFxyFyOq分力：Fx投影：FxFyAb22力的大小Fx FyF Fcosq 方向余弦第十页，编辑于星期五：十四点 四十四分。方向：cos(FR R,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 Fx i Fy j所以：FRx FixFRy Fiy合力的大小：作用点：FRxFRFRyFR为该力系的汇交点FR (F ix)2(F iy)2而各分力 Fx Fx i，Fy Fy j力的分解 F Fx Fy第十一页，编辑于星期五：十四点 四十
7、四分。cos 0.7548cos 0.6556理论力学12112 2FR 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 F cos30 F2cos60 F3cos45 F4 cos45 129.3NFRy Fiy F sin30 F2sin60 F3sin45 F4 sin45 112.3NyF1F2F3F4x300450600450FR第十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。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
8、汇交力系平衡的必要和充分条件是：该力系的合力等于零。F ix 0 ，F iy 0必有第十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。FBA BC 11.35kN F理论力学14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。0FxFBA cosq FBC cosq 0FBA FBC0 FBA sinq FBC sinq F 0F2sinq得Fy解得第十四页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学15选压块C为对象0FCB cosqFCx 011.25kNFl2hcotq F2FCx Fx解得
9、0Fy解得F CBsinq FCy 0F Cy 1.5kN第十五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。列平衡方程理论力学16书书2-3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。xyB3060FBAF1FBC11F2Fx 0，FBA F cos 60 F2 cos 30 0Fy 0，FBC F cos 30 F2 cos 60 0解方程得杆AB和BC所受的力:FBA 0.
10、366G 7.321kNFBC 1.366G 27.32 kN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。第十六页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学17第十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学182-2 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、
11、转向力对物体可以产生第十八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学19 MO(F)是代数量。MO(F)是影响转动的独立因素。当F=0或h=0时，MO(F)=0。单位N m或kNm。MO(F)=2AOB=F h，2倍形面积。MO(F)F h力对点之矩+MO(F)OhrFAB第十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。y理论力学20FFxFyxyOqxAMO(F)xFsinq yF cosq xFy yFx力矩的解析表达式i合力对坐标原点之矩MO(FR)(xiF iy yF ix)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。MO(F)=MO(Fx)+MO(
12、Fy)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。第二十页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学21rhO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)FnhFnrcos 78.93Nm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,rOFnFrFtMO(Fn)MO(Fr)MO(Ft)MO(Ft)Fn cos r第二十一页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学22第二十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学23第二十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学24第二十四
13、页，编辑于星期五：十四点 四十四分。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,F)。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。第二十五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。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处确定C点，由合力距定理MB(FR)MB(F 1)11AB ACCB 代入FR F F2FR CB F ABACF2CB F 1性质1：力偶没有合力，本身又不平衡，是一个基本力学量。两个同向平行力的合力F2F1ABFFR1FFR2FRC第二十六页，编辑于星期五：
14、十四点 四十四分。理论力学271FFCBCACB CA两个反向平行力的合力 大小：FR=F1F2方向：平行两力且与较大的相同作用点：C处 CB F 1CA F2力偶无合力 FR=FF=0F2AF1BCFRABCFF若CB=CA=CB+d 成立，且d0，必有CB即合力作用点在无穷远处，不存在合力。第二十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学28MO(F)MO(F)F(xd)FxFd说明：M是代数量，有+、；F、d 都不独立，只有力偶矩 M=Fd 是独立量；M的值M=2ABC；单位：N m由于O点是任取的M Fd+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
15、偶对刚体的效应用力偶矩度量。ABOdCxFF第二十八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。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：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。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。第二十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学30=第三十页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学31同平面内力偶等效定理证明第三十一页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学32dF力
16、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第三十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学33第三十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学341M1 Fd1 F 3dM2 F2d2 F4dM1(F1，F1)，M2(F2，F2)F F 3 F4F F 3F4M Fd(F 3 F4)d F 3d 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。F2F2d2F1F3F3四、平面力偶系的合成和平衡F1 Fd1 4F4dFFd第三十四页，编辑于星期五：十四点 四十
17、四分。M35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)nMn Mi ii1即:M M1 M2 i0M即ABD理论力学M45lABMFBFA第三十五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。FB 300N理论力学36FB0.2m1m2 m3 m4 0FA FB 300 N解:各力偶的合力偶矩为根据平面力偶系平衡方程有:600.2Mm1m2m3m44(15)60Nm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 m1m2m3m415Nm求工件的总切削力偶矩和A 、B端水平约束力?第三十六
18、页，编辑于星期五：十四点 四十四分。12 F C C C(Nm)24 18 2F (Ncm)0.255F理论力学37Mi 0 MAC M 0F C 3137N2 22 2M AC F Cd F C例图示结构，已知M=800N.m，求A、C两点的约束力。解：注意到CB为二力构件，画受力图第三十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。FA C F理论力学38解：1、AD为二力杆。2、研究对象：整体MlFA F C 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？ABDllMBC为二力杆FAlCFCMlsin4502Ml第三十八页，编辑于星期五：十四点 四十四
19、分。理论力学39ABCDM1M2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。BAC60oM1FA60oFC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,Mi=0AC=aFa-M1=0M1=Fa(1)第三十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学40 Mi=0-0.5aF+M2=0M2=0.5 Fa(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点约束力方位亦可确定，画受力图。FD=FC=F
20、FC 60o60oABCDFDM2第四十页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学41第四十一页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学42作用在刚体上的力可以平行移到同一刚体内任意一点，但必须同时附加一个力偶。附加力偶的力偶矩等于原来的力对新作用点的矩。力线平移定理2-3 平面任意力系的简化一、力线平移定理A力F力偶（F，F）BMA力系 F,F,FBFFFFA证 力FBF第四十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学43说明：力线平移定理揭示了力与力偶的关系：力 力+力偶；（例如一个力功丝时容易功坏螺纹或折断丝锥）力线平移的条件是附加一个力偶M，且M=F d；一个力和一个力偶也可合
21、成为一个力，即力线平移定理的反定理同样成立：力+力偶 力；力线平移定理是力系简化的理论基础。第四十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学44第四十四页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学45OxyijOxyF2FnF1F2 Fn M2M1FR MOF1 F1F2 F2Fn FnM1 MO(F1)M2 MO(F2)Mn MO(Fn)二、平面任意力系向一点的简化F1O任选O点为简化中心第四十五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学46平面任意力系平面汇交力系+平面力偶系向一点简化1 i 1 1 i其中平面汇交力系的合力为FR=F+F2+Fn=F+F2+Fn=F平面力偶系的合力偶
22、为MO M1 M2 Mn MO(F)MO(F2)MO(Fn)MO(F)平面汇交力系的合力FR，不是原来任意力系的合力。平面力偶系的合力偶MO 也不是原来任意力系的合力偶。第四十六页，编辑于星期五：十四点 四十四分。R R，j)iyFix方向：cos(F，i)FR R理论力学47原力系各力的矢量和，称为原力系的主矢。(不是原力系的合力)原力系各力对简化中心的矩，称为原力系对简化中心的主矩。主矢与简化中心位置无关(因主矢等于各力的矢量和)FR 2 2F F，cos(F移动效应主矢iMO M1 M2 M3 MO(F 1)MO(F2)MO(F)主矩主矢 1 1 iFR=F+F2+Fn=F F2+Fn=
23、F第四十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学48i大小：MO MO(F)主矩MO转向：转向规定+转动效应雨搭主矩一般与简化中心有关（因主矩等于各力对简化中心之矩的代数和）固定端（插入端）约束车刀第四十八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学49第四十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学50一物体的一端完全固定在另一物体上所构成的约束称为固定端约束。（与固定铰不同）MAAFAyAFAxAFAA MAFAx、FAy、MA为固定端的约束力;FAx、FAy限制物体移动,MA限制物体转动。第五十页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学51第五十一页，编辑于星期五：十四点 四
24、十四分。理论力学52第五十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学53第五十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学54 三、平面任意力系简化结果分析平面任意力系向作用面内一点简化得一力和一力偶，该力等于原力系的主矢，力偶矩等原力系对简化中心的主矩。下面针对主矢、主矩的不同情况分别加以讨论。1、若FR 0,MO 0，则力系合成为合力偶，合力偶矩等于原力系对简化中心的主矩MO，此时主矩与简化中心的位置无关。2、若FR 0,MO 0，则力系合成为一个合力，主矢 FR 等于原力系的合力矢 FR，合力FR通过简化中心O点。（合力与简化中心位置有关，换个简化中心，主矩不为零）第五十四页，编辑
25、于星期五：十四点 四十四分。理论力学553、若 FR 0,MO 0，则力系仍合成为一个合力，合力等于原力系的主矢。作用点不在简化中心。ooFR MOoFR FRooFR=o =MOFRd idFR MO(FR)FRd MO MO(F)d合力矩定理4、若FR 0,MO 0,则该力系平衡，下节专门讨论。第五十五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。q(x)dx xq(x)dx q(x)dx理论力学56l0l0d MOFR dxAOq(x)lxdxMOl0主矢：F R l0 xq(x)dx主矩：MO 力系可进一步简化为一合力，其作用线距O点的距离为：四、平行分布载荷的简化取O点为简化中心，将力系向O点
26、简化。dF R q(x)dxdF RF RFR第五十六页，编辑于星期五：十四点 四十四分。结论：合力的大小等于线荷载所组成几何图形的面积。合力的方向与线荷载的方向相同。合力的作用线通过荷载图的形心。理论力学l/2qF12qll/2F32l3lq1、均布荷载 F ql2、三角形荷载 F 3、梯形荷载lq257q1可以看作一个三角形荷载和一个均布荷载的叠加平行分布载荷简化的特例第五十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。2m理论力学58F1F2F3F4OABCxy3m3060例在长方形平板的O，A，B，C点上分别作用着有四个力：F1=1kN，F2=2kN，F3=F4=3kN（如图），试求以上四个力
27、构成的力系对O点的简化结果，以及该力系的最后合成结果。解：求向O点简化结果1.求主矢 FR，建立如图坐标系Oxy。FR x Fx F2 cos60F 3 F4 cos300.598 kN1FRy=Fy F F2sin60F4sin300.768 kN所以，主矢的大小 x yFR FR2 FR2 0.794 kN第五十八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。cosFR ,j=0.789d 0.51m理论力学59最后合成结果由于主矢和主矩都不为零，所以最后合成结果是一个合力FR。如右图所示。主矢的方向：=0.614FR xFR cosFR ,i=FR ,i 52.1FR yFR 2.求主矩MOMO
28、MOF 2F2 cos602F 3 3F4sin300.5kNm合力FR到O点的距离FR FRMOFR CyxOAFR ,j 37.9BMOFR FR第五十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学60例重力坝受力如图所示。设G1=450kN，G2=200kN，F1=300 kN，F2=70 kN。求力系的合力FR的大小和方向余弦,合力与基线OA的交点到O点的距离x，以及合力作用线方程。9m3m5.7m3mxyBCOq90F11.5mG13.9mG2 AF2解：1、求力系的合力FR的大小和方向余弦。AB主矢的投影 FFR y Fy G1 G2 F2sinq 670.1 kN第六十页，编辑于
29、星期五：十四点 四十四分。cosFR,i FxFR cosFR,jFyFR 理论力学61ACFR xFR MOOFR y所以力系合力FR的大小FR FR (Fx)2(Fy)2 709.4kN方向余弦则有 0.328 0.945FR,i 70.84FR,j 180 19.161力系对O点的主矩为MO MOF F 3 mG11.5 mG23.9 m 2 355 kNm第六十一页，编辑于星期五：十四点 四十四分。x 3.514mFR xO70.8470.8462AOCFRFRyFRxxACFR FR y理论力学MO70.84o2、求合力与基线OA的交点到O点的距离 x。由合力矩定理得MO MO(FR
30、)MO(FRx)MO(FRy)其中 MO(FRx)0故MO MO(FR y)FR y xMO解得FR y第六十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学633、求合力作用线方程。设合力作用线上任一点的坐标为（x，y)，AOCFRFRx70.84xFRyxy将合力作用于此点，则MO MOFR xFR y yFRx xFx yFy可得合力作用线方程2355kNm 670.1 kNx232.9kN y即670.1 kNx232.9 kN y2 355 kNm0第六十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。R (Fx)(Fy)2F理论力学642-4平面任意力系的平衡条件及方程即：一、平面任意力系的平
31、衡条件平面任意力系平衡的必要和充分条件为：力系的主矢FR 和对任一点的主矩 MO都等于零，2MO MO(Fi)第六十四页，编辑于星期五：十四点 四十四分。Fiy 0M A(F)0M B(F)0理论力学65上式只有三个独立方程，只能求出三个未知数。二、平面任意力系的平衡方程基本式 Fix 0MO(Fi)0二矩式Fx 0M B(F)0条件：x 轴不垂直 AB 连线三矩式M A(F)0MC(F)0条件：A，B，C三点不共线第六十五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。bM A Fa qb2 0FAx qb理论力学66aq例求图示刚架的约束力。解：以刚架为研究对象，受力如图。AFx 0:FAx qb 0
32、Fy 0:FAy F 0MA(F)0:12解之得：FAy FMA Fa 12 qb2FFqAFAyMAFAx第六十六页，编辑于星期五：十四点 四十四分。67Fy 0:FAy FB Fsinq 0MA(F)0:FBaFsinq(ab)M 0解之得：FAx FcosqM F sinq(ab)aFB 理论力学M Fb sinqaFAy 例求图示梁的支座约束力。解：以梁为研究对象，受力如图。Fx 0:FAx Fcosq 0ACbFB qMaACFB qMFBFAyFAx第六十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学68例 外伸梁的尺寸及载荷如图所示，F1=2 kN，F2=1.5 kN，M=1.2
33、 kNm，l1=1.5 m，l2=2.5 m，试求铰支座A及支座B的约束力。F1l2l1llF260MBFAxAxyFAyFBF260F1 MB3、解方程1解：1、取梁为研究对象，受力分析如图2、列平衡方程Fx 0 FAx F2 cos 60 0 AM A(F)0FBl2 M Fl1 F2(l1 l2)sin 60 00Fy1FAy FB F F2sin 60 0FAx 0.75kNFB 3.56kNFAy 0.261kN第六十八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学69例悬臂吊车如图所示。横梁AB长l2.5 m，重量P1.2 kN，拉杆CB的倾角30，质量不计，载荷Q7.5 kN。求图
34、示位置a2m时拉杆的拉力和铰链A的约束力。第六十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。FT sin l P Qa 0 (3)FT(P Qa)13.2 kN理论力学70解：取横梁AB为研究对象,受力如图BEPFTHQFAyAFAxaFAx FT cos 0 (1)FAy FT sin PQ 0 (2)Fx 0Fy 0l2MA(F)0解得1 lsin l 2FAx FT cos 11.43kNFAy QPFT sin 2.1kN第七十页，编辑于星期五：十四点 四十四分。P Q(l a)FAy l 0 (4)MC(F)0FAx tan l P Qa 0 (5)理论力学71CBEPFTHQFAyAFA
35、xaMB(F)0或分别取B和C为矩心列平衡方程得l2l2注意每个对象独立的平衡方程只有3个。第七十一页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学72为：Fy 0；MO(F)0平面平行力系的平衡方程也可表示为二矩式：MA(F)0；MB(F)0其中AB连线不能与各力的作用线平行。Ox平面平行力系为平面任意力系的特殊 y情况，当它平衡时，也应满足平面任意力系的平衡方程，选如图的坐标，则 Fx0自然满足。于是平面平行力系的平衡方程F2F1F3 Fn三、平面平行力系平衡方程力的作用线在同一平面且相互平行的力系称平面平行力系。第七十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学73FAG1例 一种车载式起
36、重机，车重G1=26kN，起重机伸臂重G2 =4.5kN，起重机的旋转与固定部分共重G3 =31kN。尺寸如图所示。设伸臂在起重机对称面内，且放在图示位置，试求车子不致翻倒的最大起吊重量Gmax。G3G2GFBAB3.0 m2.5 m1.8 m2.0 m第七十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学74解：1、取汽车及起重机为研究对象，受力分析如图。2、列平衡方程GG2FAG1G3AB3.0 m2.5 m1.8 m2.0 mFBF 0FA FB GG1 G2 G3 0MBF 0G(2.5m3m)G22.5mG 12mFA(1.8m2m)0第七十四页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力
37、学754、不翻倒的条件是：FA0，所以由上式可得故最大起吊重量为Gmax=7.5 kN3、联立求解13.8FA 2G1 2.5G2 5.5GG15.5GG2FA2G1 2.5G2 7.5kNG1G3AB3.0 m2.5 m1.8 m2.0 mFB第七十五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学76当：独立方程数目未知数数目时，是静定问题（可求解）独立方程数目未知数数目时，是静不定问题（超静定问题）2-5 静定与静不定 物系的平衡一、静定与静不定问题的概念两个独立方程，只能求两个独立未知数。平面力偶系平面任意力系平面汇交力系F x 0F y 0iMi 0 一个独立方程，只能求一个独立未知数。
38、F x 0F y 0 三个独立方程，只能求三个独立未知数。MO(F)0第七十六页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学77第七十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学78静不定问题在变形体力学（材力,结力,弹力）中用位移谐调条件来求解。第七十八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学79二、物体系统的平衡问题物体系统（物系）：由若干个物体通过约束所组成的系统。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。外力、内力都是某研究对象而言的，对不同的研究对象而言，可转换。第七十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学80物系平衡的特点：物系静
39、止，物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）解物系问题的一般方法：由整体局部由局部整体由问题性质决定第八十页，编辑于星期五：十四点 四十四分。理论力学81三、解题步骤与技巧解题步骤选研究对象画受力图（受力分析）取矩点最好选在未知力的交叉点上；选坐标、取矩点、列平衡方程。解方程求出未知数 充分发挥二力杆的直观性；灵活使用合力矩定理。解题技巧 选坐标轴最好是未知力投影轴；四、注意问题力偶在坐标轴上的投影不存在；力偶矩M=常数，它与坐标轴和取矩点的选择无关。第八十一页，编辑于星期五：十四点 四十四分。6例：先以CD为研究对象，受力如图。MC D
40、 3q 0(F)0:3FFD 3qFB 1 F 3qFAy 1 F 1 q理论力学322再以整体为研究对象，受力如图。Fx 0:FAx 0Fy 0:FAy FB FD F 4q 0M A(F)0:8FD 4FB 2F 4q6 0CqB22F例求图示多跨静定梁的支座约束力。解 AD3FCxqFFAxFAyFD82FB1q22 2解得CFCyDFDCBAD第八十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。Fy 0 FC E 0q Fq M FE 0理论力学83qBDMFCHl/8El/4Al/8l/4l/4例 组合梁AC和CE用铰链C相连，A端为固定端，E端为活动铰链支座。受力如图所示。已知：l=8 m
41、，F=5 kN，均布载荷集度q=2.5 kN/m，力偶矩的大小M=5 kNm，试求固端A，铰链C和支座E的约束力。l43.列平衡方程MCF 0l l l4 8 24.联立求解FE=2.5 kN，FC=2.5 kN解:1.取CE段为研究对象2.受力分析如图Ml/4ql/4CFCEFED第八十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。Fy 0FA C F q 0F理论力学846.列平衡方程。FA=15 kN，MA=2.5 kN5.取AC段为研究对象，受力分析如图。l4MAF 0l l 3l l8 4 8 27.联立求解FMAql/4BACHl/8 l/8FAFC 第八十四页，编辑于星期五：十四点 四十
42、四分。a例5FBy 2aFaqa 3a 0FAy 1 qa 1 FFBy 1 F 3qa理论力学例求图示三铰刚架的支座约束力。解：以整体为研究对象，受力如图。Fx 0:FAx FBx F 0CqaaAFFAxFAyBqCB85AFFBxFByFy 0:FAy FBy qa 0M A(F)0:2解得：4 22 4第八十五页，编辑于星期五：十四点 四十四分。a例 以 5 AC为研究对象，受力如图。FAx FAy 1 qa 1 FFBx 1 F 1 qa理论力学86再MC(F)0:FAxaFAya 0解得：4 22 4FCxFCyAFAyFFAxCCBqaaAF第八十六页，编辑于星期五：十四点 四十
43、四分。87例A，B，C，D处均为光滑铰链，物块重为G，通过绳子绕过滑轮水平地连接于杆AB的E点，各构件自重不计，试求B处的约束力。FAxFCxFAyFCyG解得F Cx 2.5G解、1.取整体为研究对象。2.受力分析如图3.列平衡方程MAF 05rG2rF Cx 0MCF 0 5rG2rFAx 0 解得FAx 2.5G若理论力学第八十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。第八十八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。F 0 FME A 22l P l 0理论力学89DKCABEP例 如图所示，DC=CE=AC=CB=2l；定滑轮半径为R，动滑轮半径为r，且R=2r=l,q=45已知重力P。试求：
44、A，E支座的约束力及BD杆所受的力。解、1.选取整体研究对象，受力分析如图所示。FAqFExFEy522.列平衡方程Fx 0 FA cos 45 FEx 0Fy 0 FAsin45 FEy P 03.解平衡方程得P5 13P8 85 28FA 第八十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。FK 式中理论力学904.选取DCE研究对象，受力分析如EDKCABEDKCqP图所示。5.列平衡方程MCF 0FEyFExFDBFKFCyFCxFDB cos 45 2l FK l FEx 2l 0P26.解平衡方程3 2PFDB8顺时钟取正若取AB为对象，如何画受力图？第九十页，编辑于星期五：十四点 四十四
45、分。ba7例：先以BC为研究对象，受力如图。F C FBM A F(ab)1qa FBa 0 F,FAy A qa,M理论力学91例 求图示结构固定端的约束力。解BM 0:F CbM 0Mb再以AB部分为研究对象，受力如图。Fx 0:FAx F FB 0Fy 0:FAy qa 0MA(F)022F FB 求得MFAxbCqFABqMBCMBaFBAFAyFCFBFMAFAx第九十一页，编辑于星期五：十四点 四十四分。aFDa q(2ab)2 0FAx 理论力学92Fx 0:FAx FD 0Fy 0:FAy q(2ab)0M A(F)012解之得：q(2ab)2FD 2aq(2ab)22aFAy
46、 q(2ab)aaA EFB例 组合结构如图所示，求支座约束力和各杆的内力。q2CFB3qA ED 12C3FAxFDD 1bFAy第九十二页，编辑于星期五：十四点 四十四分。a理论力学931Fx 0:F F 3cos45 0Fy 0:F2 F 3sin45 0q(2ab)22aF3 2q(2ab)2aF2 F1F2F3Cy45x2q(2ab)2aF 1 FD 再以铰C为研究对象，受力如图，建立如图坐标。aaA EFBqD 1b2C3第九十三页，编辑于星期五：十四点 四十四分。FB 1000N94MA(F)0:14FB 2F2 6F 0解得：2m2m2m例 图示结构，各杆在A、E、F、G处均为
47、铰接，B处为光滑接触。在C、D两处分别作用力F1和F2，且F1F2500 N，2m 2m 2m解：先以整体为研究对象，受力如图。ADEHGBCF1F2F1F2理论力学ADEHGBCFAxFAyFB第九十四页，编辑于星期五：十四点 四十四分。例 9 M(F)0:2F2 2FHy 0FHy F2 500 N理论力学95最后以杆BG为研究对象，受力如图。MG(F)0:4FB 2FHy 2FHx 0解得：FHx 1500 N再以DH为研究对象，受力如图。DEF2解得：FHxFEy FHyEFExHFBHGBFGyFGxFHyFHx2m2m2m2m2m2mAHEGBCF1DF2第九十五页，编辑于星期五：
48、十四点 四十四分。FAyl W l FT sin45 l 0理论力学96BC例三根等长同重均质杆(重W)在铅垂面内以铰链和绳EG构成正方形。已知：E、G是AB、BC中点，AB水平，求解1：取AB分析，受力如图。不妨设杆长为l。(1)MB(F)0:2 2再以整体为研究对象，受力如图。(2)Fy 0:FAy FDy 3W 0FByFBxABFAx绳EG的张力。FAyWFTWWFAxFAyAWFDxFDyDABCDEG第九十六页，编辑于星期五：十四点 四十四分。例 M10 F)0:FDyl W l 0F Cx l FTsin45 l 0理论力学97(3)2联立求解(1)、(2)、(3)得：F T 4
49、 2W最后以DC为研究对象，受力如图。C(FCyFCxDCFDxFDyW解2：先以BC为研究对象，受力如图。(4)2再以DC为研究对象，受力如上图。FCxFCyFBxFByBWCMB(F)0:FTFx 0(5)FDx F Cx 0ABCD第九十七页，编辑于星期五：十四点 四十四分。例 后 10 整体为研究对象，受力如图。FDxl 2W l Wl 0理论力学98联立求解(4)、(5)、(6)即可的同样结果。最 以(6)2MA(F)0:BCWWWFAxFAyAFDxFDyDBCAD第九十八页，编辑于星期五：十四点 四十四分。l例11M A Bl F l 0(F)0:FFAy 1 FFB 2 F理论
50、力学99例 三无重杆AC、BD、CD如图铰接，B处为光滑接触，ABCD为正方形，在CD杆距C三分之一处作用一垂直力F，求铰链 E 处的约束力。解：先以整体为研究对象，受力如图。Fx 0:FAx 0Fy 0:FAy FB F 023解得：33FlD2l/3CAEFDBCABEFAxFAyFB第九十九页，编辑于星期五：十四点 四十四分。例 法1 11 先以DC为研究对象。MD Cy l F 0(F)0:FFCy 2 FFEy 1 FMC(F)0:FEx l F l FEy l 0理论力学100EFD2l/3CB下面用不同的方法求铰链 E 的受力。方 ：2l33再以BDC为研究对象。Fy 0:FEy