第4章：平面一般力系

第四章平面一般力系§4–1平面一般力系的简化•主矢与主矩A3OA2A1F1F3F21F2F3Fl1Ol2l3RLOO==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。一、力系向给定点O的简化共点力系F1、F2、F3的合成结果为一作用点在点O的力R。这个力矢R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LO代表，称为原平面任意力系对简化中心O的主矩。3213210FmFmFmlllLooo321321FFFFFFR§4–1平面一般力系的简化•主矢与主矩结论：平面任意力系向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：FFFFRn21FmFmFmFmLonooo210主矢：§4–1平面一般力系的简化•主矢与主矩§4–1平面一般力系的简化•主矢与主矩方向余弦：2、主矩Lo可由下式计算：三、主矢、主矩的求法：1、主矢可接力多边形规则作图求得，或用解析法计算。FmFmFmFmLonooo2102222yxyxFFRRRRFxRx,cosRFyRy,cos§4–1平面一般力系的简化•主矢与主矩==LOORORRRRLoAORRLoA1、R=0，而LO≠0，原力系合成为力偶。这时力系主矩LO不随简化中心位置而变。2、LO=0，而R≠0，原力系合成为一个力。作用于点O的力R就是原力系的合力。3、R≠0，LO≠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力。说明如下：§4–2平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理简化结果的讨论RFmRLAO00综上所述，可见：4、R=0，而LO=0，原力系平衡。⑴、平面任意力系若不平衡，则当主矢主矩均不为零时，则该力系可以合成为一个力。⑵、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。§4–2平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理平面任意力系的合力对作用面内任一点的矩，等于这个力系中的各个力对同一点的矩的代数和。合力矩定理FmRmooyoxooFmFmFmxxoyFFmyyoxFFmyxOyFxFFxyAB§4–2平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理F1F2F3F4OABCxy2m3m30°60°例题4-2-1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），试求以上四个力构成的力系对点O的简化结果，以及该力系的最后的合成结果。解：取坐标系Oxy。1、求向O点简化结果：①求主矢R：598.030cos60cos432FFFFRxx§4–2平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理614.0cosRRxx、R794022.RRRyx'x652,R789.0cosRRyy、R'y5437,RROABCxy768.0213232130sin60sin421FFFFRyyF1F2F3F4OABCxy2m3m30°60°§4–2平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理②求主矩：FoOmL5.030sin3260cos2432FFF（2）、求合成结果：合成为一个合力R，R的大小、方向与R’相同。其作用线与O点的垂直距离为：m51.0RLdoR/OABCxyLoRdF1F2F3F4OABCxy2m3m30°60°§4–2平面一般力系简化结果的讨论.合力矩定理0,0,0FoyxmFF平衡方程其他形式：0,0,0FFBAxmmF0,0,0FFFCBAmmmA、B的连线不和x轴相垂直。A、B、C三点不共线。平面任意力系平衡的充要条件：力系的主矢等于零，又力系对任一点的主矩也等于零。平衡方程：§4–3平面一般力系的平衡条件和平衡方程解：1、取伸臂AB为研究对象2、受力分析如图yTPQEQDxBAECDFAyFAxαaαcbBFACQDQEl例题4-3-1伸臂式起重机如图所示，匀质伸臂AB重P=2200N，吊车D、E连同吊起重物各重QD=QE=4000N。有关尺寸为：l=4.3m，a=1.5m，b=0.9m，c=0.15m,α=25°。试求铰链A对臂AB的水平和垂直反力，以及拉索BF的拉力。§4–3平面一般力系的平衡条件和平衡方程3、选列平衡方程：:0xF0cosTFAx:0yF0sinTQPQFEDAy:0FmA0sincos2lTcTblQlPaQED4、联立求解，可得：T=12456NFAx=11290NFAy=4936NyTPQEQDxBAECDFAyFAxα§4–3平面一般力系的平衡条件和平衡方程解：1、取梁AB为研究对象。2、受力分析如图，其中Q=q.AB=100×3=300N；作用在AB的中点C。BADQNAyNAxNDCMyxBAD1mq2mM例题4-3-2梁AB上受到一个均布载荷和一个力偶作用，已知载荷集度q=100N/m，力偶矩大小M=500N•m。长度AB=3m，DB=1m。求活动铰支D和固定铰支A的反力。§4–3平面一般力系的平衡条件和平衡方程3、列平衡方程：:0xF0AxN:0yF0DAyNQN:0FmA0223MNQD4、联立求解：ND=475NNAx=0NAy=-175N§4–3平面一般力系的平衡条件和平衡方程BADQNAyNAxNDCMyx25802083770ABCTQ解：1、取机翼为研究对象。2、受力分析如图.QNAyNAxMABCTA例题4-3-3某飞机的单支机翼重Q=7.8kN。飞机水平匀速直线飞行时，作用在机翼上的升力T=27kN，力的作用线位置如图示。试求机翼与机身连接处的约束力。§4–3平面一般力系的平衡条件和平衡方程:0xF0AxN:0yF0TQNAy:0FmA0ABTACQMA4、联立求解：MA=-38.6kN•m(顺时针）NAx=0NAy=-19.2kN（向下）3、列平衡方程：§4–3平面一般力系的平衡条件和平衡方程QNAyNAxMABCTA0,0FFBAmm二矩式：且A、B的连线不平行于力系中各力。由此可见，在一个刚体受平面平行力系作用而平衡的问题中，利用平衡方程只能求解二个未知量。0,0FOymF一矩式：平面平行力系平衡的充要条件：力系中各力的代数和等于零，以这些力对任一点的矩的代数和也等于零。平面平行力系的平衡方程：§4–4平面平行力系的平衡GNAQWPNBAB3.02.51.82.0解：1、取汽车及起重机为研究对象。2、受力分析如图。例题4-4-1一种车载式起重机，车重Q=26kN，起重机伸臂重G=4.5kN，起重机的旋转与固定部分共重W=31kN。尺寸如图所示，单位是m，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重量Pmax。§4–4平面平行力系的平衡PGQNA5.55.228.31:0yF0WGQPNNBA:0FmB08.325.25.5ANQGP4、联立求解：3、列平衡方程：5、不翻条件：NA≥0kNGQP5.75.225.51由上式可得故最大起重重量为Pmax=7.5kN§4–4平面平行力系的平衡GNAQWPNBAB3.02.51.82.0