04-平面任意力系

第四章平面任意力系力的平移平面任意力系向作用面内一点简化平面任意力系的平衡条件刚体系的平衡静定与静不定的概念§4-1力的平移一.力线的平移定理r在O点作用什么力系才能使二者等效Fr怎样才能将力F从A点平行移动到O点？力向一点平移加减平衡力系(F,-F),二者等效。FrFF－F力线平移定理:可以将作用于刚体上A点上的力F平行移动到任一点O，但必须附加一个力偶,附加力偶的力偶矩等于原力F对O点之矩。M力线平移的逆过程一个力偶矩和一个作用于同一平面的力F，可以进一步简化为一个力。FF－FMFrFMdO图中：§4-2平面任意力系向一点简化F1F2F3OyxOF1/M1F2/M2F3/M3=xOFR/Moy=332211FFFoooMMMMMM平面任意力系平面汇交力系平面力偶系nii'R1FFniiooMM1F平面任意力系向O点简化结果：即简化结果为一个主矢和一个主矩。合力—该力系的主矢，通过O点。RF合力偶—该力系对于O点的主矩。OMxOMoyRF主矢和主矩主矢的解析表达式：jFiFyx'Ry'Rx'RFFF'Ry'R'Rx'Ryx'RFF,cosFF,cosFFFjFiF22主矩的解析表达式：nixiiyiiniiooFyFxMM11FxOMoyRF例：固定端约束(平面荷载作用的情形)固定端约束的约束反力:平面分布约束力简化结果：FAx,FAy,MAAxFAyFAM固定端约束的约束反力:AAyAxM,F,F三种常见的支座约束NFNFNF1、滚动铰支座NFAyFAxFA2、固定铰支座3、固定端1.—合力偶00Fo'RM,2.—合力00Fo'RM,3.—可进一步简化为200Fo'RM,4.—平衡00Fo'RM,力系向某一点(O)简化的几种结果1.—合力偶0,0'oRMF作用于简化中心O的汇交力系平衡；附加的力偶系不平衡，合力偶矩为：niiooMM1F注意:此时主矩与简化中心的选择无关。2.—合力0,0'oRMF附加的力偶系平衡；向O点简化的汇交力系合力为'RF注意:此时合力的作用线恰好通过选定'RF的简化中心O。3.—可进一步简化为20,0'oRMF(2.—合力)0,0'oRMFO'O'RFoMO'O'RFd''RFRF=O'OdRF=合力矩定理：平面任意力系的合力FR对作用面内任一点的矩等于力系中各力对同一点的矩的代数和。iOROMMFFO'OdRF=FiOOMMioORROMMdFMFFF1F2F3OO'O'RFoM=例题：已知：P1=450kN,P2=200kN,F1=300kN,F2=70kN。5.7m3m9m3m1.5m3.9mOABCF1F2θxyP1P2求：1、力系的合力FR,2、合力与基线OA的交点到O点的距离，以及合力作用线方程。解：（1）先将力系向O点简化，求得主矢FR/和主矩MooCBABACB7.16arctankN.sinFPPFFkN.cosFFFFy'Ryx'Rx16709232221215.7m3m9m3m1.5m3.9mOABCF1F2θxyP1P2P1=450kN,P2=200kN,F1=300kN,F2=70kN。主矢FR/的大小：kN.FFFyx'R470922主矢FR/的方向余弦：32830iF.FF,cos'Rx'R(故主矢与x轴的夹角为-70.84o。)力系对点O的主矩为：mkNPPFMMoo23559.35.13211FOAC70.84ooM'RF'RxF'RyFOAC70.84oRFRxFRyFx(2)合力FR的大小和方向与主矢FR/相同。x值可根据合力矩定理求得：xFMMMMMRyRyoRyoRxoRooFFFFmFMxRyo514.3kN.FFkN.FFy'Ryx'Rx16709232mkNMMoo2355F(3)设(x,y)为合力作用线上一点，将合力作用于此点，则合力对原点的矩：xyRxRyRooFyFxyFxFMMF9.2321.6702355yx023559.2321.670yxOCRFRxFRyFx(x,y)70.84okN.FFkN.FFy'Ryx'Rx16709232mkNMMoo2355F§4-3平面任意力系的平衡条件一、平衡条件：力系的主矢和对任一点的主矩都等于零。平衡方程：（两投影一力矩）0F00111niioniyinixiMFF主矢0iRFF主矩0iOFMM000OyxMFF简写为：二、平衡方程的另外两种形式：00F0F111nixniiBniiAFMM形式一：（一投影二力矩）000111niiCniiBniiAMMMFFF形式二：（三力矩）形式一注意：x轴不得垂直于A、B两点连线。形式二注意：A、B、C三点不得共线。平面平行力系的合成和平衡OxyF1F2F3F40X形式一：00iOyFMF形式二：00iBiAFMFM形式二注意：A、B连线不得与各力平行。平面平行力系的平衡方程：例：简支梁受力如图，已知F＝300N,q=100N/m,求A,B处的约束反力。FqABCD2m2m4m解：简支梁受力如图所示：BFAyFAxF00AxxFF0AM0BM02648FqFBNFB37508246AyFqFNFAy325ABq3m1mM1mDFαP已知：P=100kN，F=400kN，M=20kN·m，q=20kN/m求：支座A的约束力AB3m1mM1mDFαPqF1m解：kNlqFACq3021分布力的合力作用位置如图AB3m1mM1mDFαPqF1mAxFAyFAMP=100kN，F=400kN，M=20kN·m，q=20kN/mkNFq30对ABD杆列平衡方程0xF0600sinFFFqAx0yF0600cosFPFAy0AM0160360100cosFsinFFMMqA解得：mkNMkNFkN.FAAyAx11883004316例：悬臂梁承受荷载如图，已知q0＝2kN/m,M=2kN/m,求支座A处的约束反力。ABCq03m1mM解：悬臂梁受力如图所示：AxFAyFAM032100AxxFqFkNFAx3kNFFAyy000232100AAMqMM)(mkNMA逆4§4-4刚体系的平衡求解物系平衡问题的基础：物系平衡时，组成该物系的每一个物体，以及每一个子系统都将处于平衡状态。求解物系平衡问题时要注意的问题：1、研究对象的选取、受力图2、外力和内力3、研究对象的受力图上只画外力不画内力整体平衡，局部必然平衡小结；求解物系平衡问题时如何选取研究对象？方法1：首先考虑取系统整体为研究对象，然后再选取单个物体或子系统。方法2：首先考虑取某个特殊的单个物体或子系统为研究对象，然后再选取其他物体、子系统或系统整体。选取原则：避免计算非待求的中间变量尽量避免求解联立方程组静定问题：系统中的未知力的数目等于独立平衡方程数,所有的未知力都能由静平衡方程求出。超静定问题：系统中的未知力的数目多于独立平衡方程数,由静平衡方程不能求出所有的未知力。物系中的未知力的数目=独立平衡方程数物系中的未知力的数目﹥独立平衡方程数物系中的未知力的数目﹤独立平衡方程数静定问题超静定问题可动机构§4-5静定和超静定问题例已知F＝500N,q=250N/m,M=500N.m,求A,B,E处的约束反力。解：(1)取CE杆为研究对象，受力如图(b):qFM11222ABCDE(a)MDECqEyFCyFCxF(b)对CE杆0CM0124qMFEyNFEy250qFM11222ABCDEEyFByFAyFAxF(2)取整体为研究对象，受力如图NFEy25000AxxFF0214480ByEyAFFqMFMNFBy1500040EyByAyyFFFqFFNFAy250F＝500N,q=250N/m,M=500N.m例题在水平梁AB上作用一力偶矩为M的力偶,在梁长的中点C处作用一集中力P它与水平的夹角为,如图所示.梁长为l且自重不计.求支座A和B的反力.l/2l/2ABCMP解:取水平梁AB为研究对象画受力图.l/2l/2ABCMPFAxFAyFBFx=0FAx-Pcos=0FAx=PcosmA(Fi)=0Fy=0FAy-Psin+FB=0-M-Psinl2+FBl=0FB=Ml+Psin2FAy=MlPsin2例题.图示的钢筋混凝土配水槽,底宽1m,高0.8m,壁及底厚10cm水深为50cm.求1m长度上支座的约束反力.槽的单位体积重量=24.5kN/m³.0.5m0.8m1mABC(水的=9.8KN/m3)解:取水槽为研究对象画受力图.0.5m0.5m0.8mABCFxFyMAW1W2Fd0.45mW0.45mW1=24.5×1×1×0.1=2.45kNW2=24.5×1×0.7×0.1=1.715kNF=0.5×(1×9.8×0.5)×1×0.5=1.225kNW=(1×9.8)×1×0.9×0.5=4.41kN315.032d利用平衡方程求解:Fx+F=0Fx=-1.225kNFy=0Fy-W-W1-W2=0Fy=8.575kNMA(Fi)=0MA-(0.5-0.333)F-0.45W-0.5W1-0.95W2=0MA=5.043kN.mFx=0例.组合梁ABC的支承与受力情况如图所示.已知P=30kN,Q=20kN,=45o.求支座A和C的约束反力.2m2m2m2mPQABC2m2mQBCFBYBFC解：(1)取BC杆为研究对象画受力图.MB(Fi)=0-2×20sin45o+4RC=0FC=7.07kN(2)取整体为研究对象画受力图.2m2m2m2mPQABCFAxFAyMAFCFx=0FAx-20cos45o=0FAx=14.14kNFy=0FAy-30-20sin45o+FC=0FAy=37.07KNMA(Fi)=0MA-P2-6Qsin45+FC8=0MA=31.72KNm。例题.三铰拱ABC的支承及荷载情况如图所示.已知P=20kN,均布荷载q=4kN/m.求铰链支座A和B的约束反力.1m2m2mABCqP解:(1)取整体为研究对象画受力图.1m2m2mABCqPXAYAXBYBMA(Fi)=0-4×3×1.5-20×3+4FBy=0FBy=19.5kNFy=0FAy-20+19.5=0FAy=0.5kN(2)取BC为研究对象画受力图.1mBCPXCYCXBYBMC(Fi)=0-1×20+2×19.5+4XB=0Fx=04×3+FAx+FBx=0FBx=-6.33kNFAx=-5.67kN(3)取整体为研究对象已知：,200,70021kNkNPP尺寸如图；求：（1）起重机满载和空载时不翻倒，平衡载重P3；（2）P3=180kN，轨道AB给起重机轮子的约束力。解：取起重机，画受力图。满载时，,0AF为不安全状况0BM0102821min3PPP解得P3min=75kN例kNkN350753PP3=180kN时0AM041424213BFPPP解得FB=870kN0iyF0321PPPFFBA解得FA=210k