第三章平面力偶系

1§3–1力对点之矩§3–2力偶与力偶矩§3–3力偶的等效§3–4平面力偶系的合成与平衡第三章力矩平面力偶系2力对物体可以产生移动效应--取决于力的大小、方向转动效应--取决于力矩的大小、方向第三章力矩平面力偶系-+dFFMO)(§3-1、力对点的矩作用于物体上的力Ｆ绕ｏ点转动的效应，不仅与力Ｆ的大小有关，而且与ｏ点到力Ｆ作用线的垂直距离ｄ有关。因此，在力学上以乘积Ｆ·ｄ作为量度力Ｆ使物体绕ｏ点转动效应的物理量，这个量称为力Ｆ对ｏ点之距，简称力矩。记：Mo（F）o点称为力矩中心（简称矩心）d称为力臂符号规定：力使物体绕矩心作逆时针方向转动时，力矩取正号；做顺时针方向转动时，力矩取负号。一、力对点的矩3①是代数量。（因为平面内力对点之距，只取决于力矩的大小及旋转方向）)(FMO当F=0或d=0时，=0。)(FMO③是影响转动的独立因素。)(FMO⑤=2⊿AOB=Fd,2倍⊿形面积。)(FMO说明：②F↑,d↑转动效应明显。④力矩的单位:Nm或kNm，工程单位kgfm。4综上所述可知：•力F对o点之距不仅取决于力F的大小，同时还与矩心的位置有关•力F对任一点之矩，不会因该力沿其作用线移动而改变，因为此时力和力臂的大小均未改变•力的作用线通过矩心时，力矩等于零•互成平衡的二力对同一点之矩地代数和等于零•作用于物体上的力可以对任意点取矩。5定理：平面汇交力系的合力对平面内任一点的矩，等于所有各分力对同一点的矩的代数和即：二、合力矩定理由合力投影定理有：证毕现)()()(21FmFmRmooo[证]niiOOFmRm1)()(od=ob+ocoboAoABFMo2)(1ocoAoACFMo2)(2odoAoADRMo2)(又∵6[例]已知：如图F、Q、l,求：和解：①用力对点的矩法②应用合力矩定理)(FmO)(Qmosin)(lFdFFmOlQQmo)(ctg)(lFlFFmyxOlQQmo)(71.何谓力偶?由两个等值、反向、不共线的（平行）力组成的力系称为力偶，记作FF,§3–2力偶与力偶矩8ABCdFdFM2212c.力偶的作用面2.力偶矩力偶中两力所在平面称为力偶作用面。力偶两力之间的垂直距离称为力偶臂。两个要素a.大小：力与力偶臂乘积b.方向：转动方向力偶矩9§3–3.力偶与力偶矩的性质⑴.力偶在任意坐标轴上的投影等于零。⑵.力偶对任意点取矩都等于力偶矩，不因矩心的改变而改变。10dFMFdxFxdFFMFMFFMOOO11111,FddFxFxdFFFMO'22,2力矩的符号FMO力偶矩的符号M11===⑶.只要保持力偶矩不变，力偶可在其作用面内任意移转，且可以同时改变力偶中力的大小与力臂的长短，对刚体的作用效果不变。12====⑷.力偶没有合力，力偶只能由力偶来平衡。13;111dFm222dFmdPm11又dPm22'21PPRA2'1PPRB21'21'21)(mmdPdPdPPdRMA合力矩§3-4平面力偶系的合成与平衡平面力偶系:作用在物体同一平面的许多力偶叫平面力偶系设有两个力偶dd14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。niinmmmmM121即01niim结论:平面力偶系合成结果还是一个力偶,其力偶矩为各力偶矩的代数和。15[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求工件的总切削力偶矩和A、B端水平反力?mN154321mmmmmN60)15(44321mmmmM02.04321mmmmNBN3002.060BNN300BANN解:各力偶的合力偶距为根据平面力偶系平衡方程有:由力偶只能与力偶平衡的性质，力NA与力NB组成一力偶。16§4-5平面平行力系的合成和平衡平面平行力系:各力的作用线在同一平面内且相互平行的力系叫∼一、平面平行力系的合成设在刚体上作用一平面平行力系，现求其合成结果。321FFF、、17)()()()()()()(4325121FmFmFmFmFmRmRmooooooo)(ioFm,511FFR)()()(511FmFmRmooo根据两个平行力合成理论可知，力与合成一个合力51FF1RiFFFFFFRR)()(4325121所以,4322FFFR)()()()(4322FmFmFmRmoooo同理18⑴.当时，原力系的合成结果是一个合力当力系平行于y轴时：21RRiFRRR21iiYFR合力作用线的位置：由)()()()(21iooooFmRmRmRmiiRxFxFxFxFxR552211:即iiiiiRFxFRxFx⑵当时(即时)，原力系合成结果是一合力偶21RR0iFiiioxFFmm)(19由平面平行力系合成分析过程可知，平面平行力系总可以与两个平行力和等效，由公理1，二力和平衡的充要条件是：等值、反向、共线，即()和平面平行力系平衡的充要条件为：力系中各力的代数和等于零，同时，各力对平面内任一点的矩的代数和也等于零。即：1R2R2R1R21RR0iF)()(0)(21RmRmFmooio二、平面平行力系的平衡条件同时满足。因此，0)(0ioiiFmYF平面平行力系的平衡方程20平面平行力系的平衡方程也可用两矩式表示，即0)(iAFm0)(iBFm其中：A、B两点的连线必须不与各力线平行[例]已知：塔式起重机P=700kN,W=200kN(最大起重量)，尺寸如图。求：①保证满载和空载时不致翻倒，平衡块Q=？②当Q=180kN时，求满载时轨道A、B给起重机轮子的反力？210)(FmB0)22()212(2)26(ANWPQ0ANkN75Q限制条件：解得解：⑴①首先考虑满载时，起重机不向右翻倒的最小Q为：②空载时，W=0由0)(FmA0)22(2)26(BNPQ限制条件为：0BN解得kN350Q因此保证空、满载均不倒Q应满足如下关系：kN350kN75Q2204)212(2)26(BNWPQ0)(FmA,0iF0BANNWPQkN870,kN210BANN⑵求当Q=180kN，满载W=200kN时，NA,NB为多少由平面平行力系的平衡方程可得：解得：23作业：P61•3-1•3-2•3-624