1
第二章 平面汇交力 系与平面力偶系
§ 2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
§ 2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
§ 2-3 平面力对点之矩的概念及计算
§ 2-4 平面力偶理论
2
汇交力系 ; 平面汇交力系 ; 空间汇交力系,
作用在刚体上的汇交力系是共点力系,
由于汇交力系是共点力系,其合成可用几何
法和解析法,
?
?
?
n
i
iFR
1
(1)几何法,平行四边形法 ;三角形法和多边形法,
§ 2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
3
应用合矢量投影定理进行汇交力系的合成,
R = ? Fi
Rx=??Fix
Ry=?? Fiy
汇交力系的平衡
汇交力系平衡的必要和充分条件是汇交力
系的合力等于零,
?
?
?
n
i
iFR
1
= 0
§ 2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
4
(1)汇交力系平衡的几何 条 件
汇交力系平衡的必要和充分的几何条件
是力多边形封闭,
(2)汇交力系平衡的解析条件
??Fix = 0
?
?? Fiy = 0
三力平衡定理, 一刚体受不平行的三力作用
而处于平衡时,此三力的作用线必共面且汇
交于一点,
5
证 明, 设有不平行的三力
F1,F2和 F3分别作用在一刚
体的 A,B和 C三点而平衡,
A
BC
F1
F2
F3
A
F1
F2F3
R
O
根据力的可传性将力 F2
F3移至其作用线的交点 O
R = F1 + F2
F1于 R 必等值,反向,共线,
F1 + F2 + F3 = 0?
F1 + R = 0?
6
例 题 2-1,画出组合梁 ACD中 AC和 CD部分及整体
的受力图,
P
A DB
C
解,组合梁由 AC和 CD两部分组成,
两部分均为三点受力而平衡,
7
P
A DB
C
RD
CD杆上力 P的方向已知且 D点的约束反力
的 方 位 可以确定,因而应先画 CD杆的受力图,
O
RC
8
P
A DB
C
P
A DB
C
RB
RA
RB
RA
分 别 画 AC杆和整体的受力图,
RD
RC?
I
9
例 题 2-2,如图所示的平面刚架 ABCD,自重不计,在
B点作用一水平力 P,设 P = 20kN.求支座 A和 D的约
束反力,
P
A D
B C
2m
4m
10
P
A D
B C
2m
4m
解,取平面钢架 ABCD为
研究对象画受力图, R
A
?
平面刚架 ABCD三点
受力,C为汇交点,
RD
?
C
P
RA
取汇交点 C为研究对象,
tg? = 0.5
? Fix = 0 P +RA cos? = 0
RA = - 22.36 kN
? Fiy = 0 RA sin? +RD = 0
RD =10 kN
RD
11
例 题 2-3,图示为简易起重机,杆 AB的 A端是球形支座, CB与 DB
为绳索,已知 CE = ED = BE,? = 30o,CBD平面与水平面的夹角
?EBF = 30o,且与杆 AB垂直,C点与 D点的连线平行于 y 轴,物块 G
重 W=10kN.不计杆 AB及绳索的自重,求杆 AB及绳索 CB和 DB所
受的力,
G
W A
B
C DE
F
?
12
G
W A
B
C DE
F
?
解,取销钉 B和物块 G为研究对象,杆 AB为二力杆,CB
和 DB为柔绳约束,画受力图,
x
y
S
z
TC T
D
13
G
W A
B
C DE
F
?
x
y
S
z
TC T
D
写 出 力的解析表达式,
W = - 10k
S = Ssin30oi + Scos30ok
TC = -TC sin45ocos30oi
-TC cos45oj
+TC sin45osin30ok
TD = -TD sin45ocos30oi +TD cos45oj +TD sin45osin30ok
14
写 出 平衡方程求解
? Fix = 0
S sin30o -TC sin45ocos30o -TD sin45ocos30o = 0 (1)
? Fiy = 0
-TC cos45o +TD cos45o = 0 (2)
? Fiz = 0
- 10+Scos30o+TC sin45osin30o+TD sin45osin30o = 0 (3)
联 立 (1)---(3)式得：
S = 8.660 kN TC = TD = 3.535 kN
15
取杆 AB为 z 轴
画受力图,
G
W A
B
C DE
F
?
x
S
z
TC T
D
y
TD = TD i
TC = TC j
S = S k
W = -10sin30ocos45oi -10sin30ocos45oj -10cos30ok
16
写 出 平衡方程求解
? Fix = 0
TD -10sin30ocos45o = 0
TD = 3.535 kN
? Fiy = 0
TC -10sin30ocos45o = 0
TC = 3.535 kN
? Fiz = 0 S -10cos30o = 0
S = 8.660 kN
G
W A
B
C DE
F
?
x
S
z
TC T
D
y
17
§ 2-3 平面力对点之矩的概念及计算
(1)力对点的矩
mo(F) = r× F
mo(F)表示力 F绕 O点
转动的效应,O点称为矩
心,力矩矢是定位矢量,
力矩的三要素,力矩的大小 ;力矩平面的
方位 ;力矩在力矩平面内的转向,
力矩的几何意义, mo(F) =± 2?OAB面积 =± Fd
力矩的单位, N·m 或 kN·m
18
19
§ 2-4 平面力偶理
论
(1)力偶 (F,F?)
力偶与力偶矩
由大小相等,方向相
反而不共线的两个
力组成的力系,
A
B
F
F′
力 偶 所在的平面为力偶作用面,力偶两
力之间的垂直距离 d 称为力偶臂
20
力偶没有合力,因此力偶不能与一个力等效,
也不能用一个力来平衡,力偶只能与力偶等效,
也只能与力偶平衡,
(2)力偶矩矢
m = rBA× F = rAB× F′ A
B
F
F′
rBAd
m
在平面问题中则有
m = ± Fd
21
(3)力偶两力的矩之和定理,
A
B
F
F′
rBAd
m
rB
rA
O
证明,在空间任取一点 o为矩心,
mo(F,F′) = mo(F) +mo(F′)
= rBA× F
= (rB - rA) × F
= rB× F + rA× F′
= m
力偶中两力对空间任一点的矩的矢量和等于
该力矩矢,而与矩心的选择无关,
22
(4)力偶的 等 效 条件, 力偶矩矢相等,
推论 1:只要力偶矩矢保持不变,力偶可以从刚体
的一个平面移到另一个平行的平面内,而
不改变其对刚体的转动效应,
推论 2:力偶可以在其作用面内任意转移,而不会
改变它对刚体的转动效应,
推论 3:在保持力偶矩大小不变的条件下,可以任
意改变力偶的力的大小和力臂的长短,而
不改变它对刚体的转动效应,
力偶矩矢是自由矢量,
23
(5)平面力偶系的 平 衡
.对于平面力偶系则有, ? mi = 0
例 题 2-4.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?
60o 60oA
B
C
D
m1 m2
24
解,取杆 AB为研究对象画受力图,
杆 A B只 受力偶的作用而平衡且 C
处为光滑面约束,则 A处约束反力的
方位可定,
RC? mi = 0
RA = RC = R AC = a
a R - m1 = 0
m1 = a R (1) 60o 60oA
B
C
D
m1 m2
RA
25
取杆 CD为研究 对 象,因 C点约束
方位已定,则 D点约束反力方
位亦可确定,画受力图,
60o 60o D
m2
B
C
A
RD
R C?
RD = RC? = R CD = a
? mi = 0
- 0.5aR + m2 = 0
m2 = 0.5 aR (2)
联立 (1)(2)两式得,
2
2
1 ?
m
m
第二章 平面汇交力 系与平面力偶系
§ 2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
§ 2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
§ 2-3 平面力对点之矩的概念及计算
§ 2-4 平面力偶理论
2
汇交力系 ; 平面汇交力系 ; 空间汇交力系,
作用在刚体上的汇交力系是共点力系,
由于汇交力系是共点力系,其合成可用几何
法和解析法,
?
?
?
n
i
iFR
1
(1)几何法,平行四边形法 ;三角形法和多边形法,
§ 2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
3
应用合矢量投影定理进行汇交力系的合成,
R = ? Fi
Rx=??Fix
Ry=?? Fiy
汇交力系的平衡
汇交力系平衡的必要和充分条件是汇交力
系的合力等于零,
?
?
?
n
i
iFR
1
= 0
§ 2-2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
4
(1)汇交力系平衡的几何 条 件
汇交力系平衡的必要和充分的几何条件
是力多边形封闭,
(2)汇交力系平衡的解析条件
??Fix = 0
?
?? Fiy = 0
三力平衡定理, 一刚体受不平行的三力作用
而处于平衡时,此三力的作用线必共面且汇
交于一点,
5
证 明, 设有不平行的三力
F1,F2和 F3分别作用在一刚
体的 A,B和 C三点而平衡,
A
BC
F1
F2
F3
A
F1
F2F3
R
O
根据力的可传性将力 F2
F3移至其作用线的交点 O
R = F1 + F2
F1于 R 必等值,反向,共线,
F1 + F2 + F3 = 0?
F1 + R = 0?
6
例 题 2-1,画出组合梁 ACD中 AC和 CD部分及整体
的受力图,
P
A DB
C
解,组合梁由 AC和 CD两部分组成,
两部分均为三点受力而平衡,
7
P
A DB
C
RD
CD杆上力 P的方向已知且 D点的约束反力
的 方 位 可以确定,因而应先画 CD杆的受力图,
O
RC
8
P
A DB
C
P
A DB
C
RB
RA
RB
RA
分 别 画 AC杆和整体的受力图,
RD
RC?
I
9
例 题 2-2,如图所示的平面刚架 ABCD,自重不计,在
B点作用一水平力 P,设 P = 20kN.求支座 A和 D的约
束反力,
P
A D
B C
2m
4m
10
P
A D
B C
2m
4m
解,取平面钢架 ABCD为
研究对象画受力图, R
A
?
平面刚架 ABCD三点
受力,C为汇交点,
RD
?
C
P
RA
取汇交点 C为研究对象,
tg? = 0.5
? Fix = 0 P +RA cos? = 0
RA = - 22.36 kN
? Fiy = 0 RA sin? +RD = 0
RD =10 kN
RD
11
例 题 2-3,图示为简易起重机,杆 AB的 A端是球形支座, CB与 DB
为绳索,已知 CE = ED = BE,? = 30o,CBD平面与水平面的夹角
?EBF = 30o,且与杆 AB垂直,C点与 D点的连线平行于 y 轴,物块 G
重 W=10kN.不计杆 AB及绳索的自重,求杆 AB及绳索 CB和 DB所
受的力,
G
W A
B
C DE
F
?
12
G
W A
B
C DE
F
?
解,取销钉 B和物块 G为研究对象,杆 AB为二力杆,CB
和 DB为柔绳约束,画受力图,
x
y
S
z
TC T
D
13
G
W A
B
C DE
F
?
x
y
S
z
TC T
D
写 出 力的解析表达式,
W = - 10k
S = Ssin30oi + Scos30ok
TC = -TC sin45ocos30oi
-TC cos45oj
+TC sin45osin30ok
TD = -TD sin45ocos30oi +TD cos45oj +TD sin45osin30ok
14
写 出 平衡方程求解
? Fix = 0
S sin30o -TC sin45ocos30o -TD sin45ocos30o = 0 (1)
? Fiy = 0
-TC cos45o +TD cos45o = 0 (2)
? Fiz = 0
- 10+Scos30o+TC sin45osin30o+TD sin45osin30o = 0 (3)
联 立 (1)---(3)式得：
S = 8.660 kN TC = TD = 3.535 kN
15
取杆 AB为 z 轴
画受力图,
G
W A
B
C DE
F
?
x
S
z
TC T
D
y
TD = TD i
TC = TC j
S = S k
W = -10sin30ocos45oi -10sin30ocos45oj -10cos30ok
16
写 出 平衡方程求解
? Fix = 0
TD -10sin30ocos45o = 0
TD = 3.535 kN
? Fiy = 0
TC -10sin30ocos45o = 0
TC = 3.535 kN
? Fiz = 0 S -10cos30o = 0
S = 8.660 kN
G
W A
B
C DE
F
?
x
S
z
TC T
D
y
17
§ 2-3 平面力对点之矩的概念及计算
(1)力对点的矩
mo(F) = r× F
mo(F)表示力 F绕 O点
转动的效应,O点称为矩
心,力矩矢是定位矢量,
力矩的三要素,力矩的大小 ;力矩平面的
方位 ;力矩在力矩平面内的转向,
力矩的几何意义, mo(F) =± 2?OAB面积 =± Fd
力矩的单位, N·m 或 kN·m
18
19
§ 2-4 平面力偶理
论
(1)力偶 (F,F?)
力偶与力偶矩
由大小相等,方向相
反而不共线的两个
力组成的力系,
A
B
F
F′
力 偶 所在的平面为力偶作用面,力偶两
力之间的垂直距离 d 称为力偶臂
20
力偶没有合力,因此力偶不能与一个力等效,
也不能用一个力来平衡,力偶只能与力偶等效,
也只能与力偶平衡,
(2)力偶矩矢
m = rBA× F = rAB× F′ A
B
F
F′
rBAd
m
在平面问题中则有
m = ± Fd
21
(3)力偶两力的矩之和定理,
A
B
F
F′
rBAd
m
rB
rA
O
证明,在空间任取一点 o为矩心,
mo(F,F′) = mo(F) +mo(F′)
= rBA× F
= (rB - rA) × F
= rB× F + rA× F′
= m
力偶中两力对空间任一点的矩的矢量和等于
该力矩矢,而与矩心的选择无关,
22
(4)力偶的 等 效 条件, 力偶矩矢相等,
推论 1:只要力偶矩矢保持不变,力偶可以从刚体
的一个平面移到另一个平行的平面内,而
不改变其对刚体的转动效应,
推论 2:力偶可以在其作用面内任意转移,而不会
改变它对刚体的转动效应,
推论 3:在保持力偶矩大小不变的条件下,可以任
意改变力偶的力的大小和力臂的长短,而
不改变它对刚体的转动效应,
力偶矩矢是自由矢量,
23
(5)平面力偶系的 平 衡
.对于平面力偶系则有, ? mi = 0
例 题 2-4.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?
60o 60oA
B
C
D
m1 m2
24
解,取杆 AB为研究对象画受力图,
杆 A B只 受力偶的作用而平衡且 C
处为光滑面约束,则 A处约束反力的
方位可定,
RC? mi = 0
RA = RC = R AC = a
a R - m1 = 0
m1 = a R (1) 60o 60oA
B
C
D
m1 m2
RA
25
取杆 CD为研究 对 象,因 C点约束
方位已定,则 D点约束反力方
位亦可确定,画受力图,
60o 60o D
m2
B
C
A
RD
R C?
RD = RC? = R CD = a
? mi = 0
- 0.5aR + m2 = 0
m2 = 0.5 aR (2)
联立 (1)(2)两式得,
2
2
1 ?
m
m
