静力学--平面汇交力系

1第一章静力学的基本概念受力图第二章平面汇交力系第三章平面力偶系第四章平面任意力系第六章空间力系★23平面汇交力系：各力的作用线都在同一平面内且汇交于一点的力系。引言①平面汇交力系平面力系②平面平行力系(平面力偶系是其中的特殊情况)③平面一般力系(平面任意力系)研究方法：几何法，解析法。例：起重机的挂钩。力系分为：平面力系、空间力系4§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第二章平面汇交力系5一、平面汇交力系的合成1.两个共点力的合成力的平行四边形法则或力三角形§2-1平面汇交力系合成与平衡的几何法62.任意个汇交力的合成结论：即：iFR4321FFFFR平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合力的作用线通过各力的汇交点。AF1F2F3F47为力多边形F2F3R1F4RF1R23.力多边形8注：力多边形中各力矢的次序可以任意变换9二、平面汇交力系平衡的几何条件平面汇交力系平衡的必要和充分条件是：0R合力为零意味着力多边形自行封闭。所以平面汇交力系平衡的必要与充分的几何条件是：力多边形自行封闭或力系中各力的矢量和等于零)0(F或10[例]已知压路机碾子重P=20kN,r=60cm,欲拉过h=8cm的障碍物。求：水平力F的大小和碾子对障碍物的压力。hrhrr22)(tan又由几何关系：②取分离体画受力图①选研究对象[碾子]解：当碾子刚离地面时NA=0,拉力F最大,这时拉力F和自重及支反力NB构成一平衡力系。由平衡的几何条件，力多边形封闭。tanPFcosPNB5770.PNBF11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。此题也可用力多边形方法用比例尺去量。F=11.5kN,NB=23.1kN所以几何法解题步骤：①选研究对象；③选择适当的比例尺，作力多边形；②作出受力图；④求出未知数12A[例2-2]（P33）P=20kN，杆和滑轮的自重不计，并忽略摩擦和滑轮的大小。求平衡时杆AB和AC受的力。P45°60°ADBCF2F1FABFACFCAACFCAFBAABFBA15°13解：选研究对象[滑轮]AF2F1FABFACP45°60°ADBC15°45°60°FABFACF1F210kNFAC=35kN,FAB=9kN30°30°14[北科大题2-5]P30°CAB60°2l2lCAPFCFA30°30°PFAFC60°60°CAFF)kN(5P=5kN，求A点反力和杆BC所受的力。解：几何法，画受力图。画力多边形。15[北科大题2-4]2m2mP45°FBFAP=20kN，求A点和B点的反力。解：几何法，画受力图。画力多边形。FBFAP45°用比例尺量出FA和FB的大小。)kN(8.15AF)kN(07.7BF42tanX=F·cos投影：FXcosFYcos22YXF1、力在坐标轴上的投影与力的解析表达式§2-2平面汇交力系合成与平衡的解析法jYFiXFyx,分力：jYiXF力的解析式：力的大小和方向：Y=F·cos=Fsin17FFFxFxFyFy力的分解是不唯一的：xyyx18xy根据合矢量投影定理：合矢量在某一轴上的投影，等于各分矢量在同一轴上投影的代数和。合力的解析式：jRiRRyx2、平面汇交力系合成的解析法RxF1F2F3F4RRy19Y根据合矢量投影定理：合矢量在某一轴上的投影，等于各分矢量在同一轴上投影的代数和。421XXXRx4321YYYYRy合力的解析式：jRiRRyxYyRXxR即：2、平面汇交力系合成的解析法xyRxF1F2F3F4RX4X1X2XY2Y1Y3Y4Ry20合力的大小：该力系的汇交点RRiRx),cos(RRjRy),cos(方向：作用点：22yxRRR22)()(YX21[例2]求图示平面共点力系的合力。F1=200N，F2=300N，F3=100N，F4=250N，xyF4F3F2F1O45°30°30°45°XRx解：YRy45cos45cos60cos30cos4321FFFFN3.12945cos45cos30cos60cos4321FFFFN3.11222xyF4F3F2F1O45°30°30°45°RRxcos41Rα754.03.1713.12922yxRRR223.1123.129N3.17123平面汇交力系的平衡方程又∵00YX∴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：各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零由几何法知：平面汇交力系平衡的必要与充分条件是该力系的合力为零，即。0R22)()(YXR24B[题2-8]（P47）P=20kN，杆和滑轮的自重不计，并忽略摩擦和滑轮的大小。求平衡时杆AB和BC受的力。P30°60°BDACF2F1FBAFBCCFCBBCFBFABBAFAB25F2F1FBAFBCB,0X,0YyF2F1FBAFBCB60º30º26解：[B轮子],0X030cos60cos21FFFBA（a）,0Y060cos30cos21FFFBC（b）则由（a）和（b）解得：因为F1=F2=P，BAFBCFP366.0P366.1kN321.7kN32.2730cos60cos21FF60cos30cos21FFyF2F1FBAFBCB60º30º27解：①研究AB杆②画出受力图已知P=2kN求：CD杆的SCD和RA④解平衡方程③列平衡方程[例3]由EB=BC=0.4m，045coscosCDASR045sinsinCDASRP0X，0Y，312.14.0tanABEB解得：28045coscosCDASR045sinsinCDASRPkN24.4tan45cos45sinPSCDkN16.3cos45cosCDASR0X，0Y，29已知如图P、Q，求平衡时=？地面的反力ND=？解：㈠研究球受力，画受力图，DN由②得060cos由①得㈡选投影轴列方程为[题2-6]（P46）①②，0X，0Y0cos12TT0Qsin2DNTsin-Q2T60sin2QP-P3Q21TT212PP30[例5]铰链四连杆机构，在图示位置平衡，杆重不计求F1与F2的关系。F1ADCBF230°60°45°90°BF230°60°FBDFBA45°F1A90°FACFAB受力分析F’BAF’ABF1ADCBF230°60°45°90°ACDBxyBF230°60°FBDFBA45°F1A90°FACFAB解：1、受力分析xy0X，045cos1ABFF（a）[销钉B]0X，030cos2FFBA（b）[销钉A]2、平衡方程F’BAF’AB∵FAB=FBA由（a）解出FAB,（b）解出FBA,30cos45cos21FF45cos30cos:21FF61.034351、一般地，对于只受三个力作用的物体，且角度特殊时用几何法（解力三角形）比较简便。3、投影轴常选择与未知力垂直，最好使每个平衡方程中只有一个未知数。2、一般对于受多个力作用的物体，且角度不特殊或特殊，都可用解析法。解题技巧及说明：365、解析法解题时，力的方向可以任意设，如果求出负值，说明力方向与假设相反。对于二力构件，一般先设为拉力，如果求出负值，说明物体受压力。4、对力的方向判定不准的，一般用解析法。