理论力学-平面汇交力系与平面力偶系

TheoryofMechanics理论力学第二章平面汇交力系与平面力偶系2第1节平面汇交力系合成与平衡的几何法第2节平面汇交力系合成与平衡的解析法第3节平面力对点之矩的概念及计算第4节平面力偶第二章平面汇交力系与平面力偶系3第1节平面汇交力系合成与平衡的几何法共点力系：如所有的力都作用在同一点，该力系称为共点力系。平面汇交力系：如所有的力的作用线在同一平面内且汇交于一点的力系。汇交力系共点力系等价刚体理由：力的可传性原理41、平面汇交力系合成的几何法1）两个共点力的合成:由力的平行四连形法则求合力21FFFRcos2212221FFFFFR合力大小由余弦定理：由力的三角形法则求合力)180sin(sin1RFF合力方向由正弦定理：1F2FRF5汇交力系可以合成为一个合力，合力的大小与方向等于各分力的矢量和，合力的作用线过汇交点。即：iRFF各分力矢与合力矢构成的多边形。ab2Fc3Fd4Fe力的多边形法则：1)各分力首尾相接，次序可变；2)合力为封闭边。cabde力的多边形法则：用力多边形求合力的几何作图规则。RF力多边形注意：用几何法求合力时，要用到各分力的大小所对应线段的长短的比例尺；合力为封闭边时，由所量得的长短来确定合力的大小。RF1F4F1F2FRF3F2）汇交力系的合成6共线力系：力系中各力作用线都沿同一直线。结论：共线力系合力的大小与方向等于各分力的代数和。即：iRFF2、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：该力系的合力等于零。即：0iRFF平面汇交力系几何法平衡的必要和充分条件是：该力系的力多边形自行封闭。用几何法求合成与平衡问题时，用图解或应用几何关系数值求解。图解的精度决定于作图的精确度，要注意选取适当的比例尺并认真作图。abcde4F3F2F1FRF7例：NFNFNFNF200,150,100,1004321,方向如图所示,求合力。解：设比例尺0100O1F3F2F060070090NaeFR1200145abcde4Fabdec例题1平面基本力系例题4F3F2F1FRFRF2F1F4F3F8如图轧路碾子自重G=20kN，半径R=0.6m，障碍物高h=0.08m碾子中心O处作用一水平拉力F，试求:(1)当水平拉力F=5kN时，碾子对地面和障碍物的压力；(2)欲将碾子拉过障碍物，水平拉力至少应为多大；(3)力F沿什么方向拉动碾子最省力，此时力F为多大。ROAhFB例题2平面基本力系例题91.选碾子为研究对象，受力分析如图b所示。30866.0cosRhRROAhFB各力组成平面汇交力系，根据平衡的几何条件，力G，F，FA和FB组成封闭的力多边形。由已知条件可求得再由力多边形图c中各矢量的几何关系可得GFFFFBABcossinkN,10sinFFBkN34.11cosBAFGF解得(a)ABOGFFAFB(b)FGFAFB(c)解：例题2平面基本力系例题102.碾子能越过障碍的力学条件是FA=0，得封闭力三角形abc。kN5.11tanGFkN09.23cosGFB3.拉动碾子的最小力为kN10sinminGFABOGFFAFBFGFAFB由此可得例题2平面基本力系例题FminaFGFBbc113、汇交力系几何法的解题步骤：1）选研究对象；2）画受力图；3）作力多边形或力三角形；4）利用几何关系求解未知量。12定义：在力矢量起点和终点作轴的垂线，在轴上得一线段，给这线段加上适当的正负号，则称为力在轴上的投影。Fx=FcosααFx力在某轴的投影，等于力的模乘以力与投影轴正向间夹角的余弦。1．力在轴上的投影第2节平面汇交力系合成与平衡的解析法投影是代数量一、平面汇交力系合成的解析法132．力在直角坐标轴上的投影Fx=FcosFy=Fcos=FsinFx和Fy是力F在x，y轴上的投影22yxFFFFFxcosFFycosjFiFFyx力的解析式：力的大小与方向为：式中的α和β分别表示力F与x轴和y轴正向间的夹角。143．合力投影定理合力在任一轴上的投影等于各分力在同一轴上投影的代数和。FR=F1+F2+…………+Fn=FFR=Fxi+Fyj，Fi=Fxii+Fyij（i=1，2，，n）Fxi+Fyj=Σ(Fxii)+Σ(Fyij)=(ΣFxi)i+(ΣFyi)j合力的大小和方向余弦为RyRxyixiyxRFFcosFFcosαFFFFF,)()(222215求如图所示平面共点力系的合力。其中：F1=200N，F2=300N，F3=100N，F4=250N。N3.12945cos45cos60cos30cos4321FFFFFFxixN3.11245cos45cos30cos60cos4321FFFFFFyiy例题3平面基本力系例题解：根据合力投影定理，得合力在轴x，y上的投影分别为：60F245F430F1xyO45F316N3.17122RyxFFF656.0cos754.0cosRRFFFFyx01.4999.40合力的大小：合力与轴x，y夹角的方向余弦为：所以，合力与轴x，y的夹角分别为：60F245F430F1xyO45F3例题3平面基本力系例题1760F245F430F1xyO45F3合力的大小：N3.17122RyxFFFN3.129xFN3.112yFFxFyFR8685.03.1293.112tanxyFF合力的方向：40.99o例题3平面基本力系例题或18二、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：该力系的合力等于零。0)()(22yixiRFFF推得：0xiF0yiF平面汇交力系的平衡方程平面汇交力系平衡的必要与充分条件是：各力在两个坐标轴上的投影的代数和分别等于零。19如图所示，重物G=20kN，用钢丝绳挂在支架的滑轮B上，钢丝绳的另一端绕在铰车D上。杆AB与BC铰接，并以铰链A，C与墙连接。如两杆与滑轮的自重不计并忽略摩擦和滑轮的大小，试求平衡时杆AB和BC所受的力。例题4平面基本力系例题ABD3060CG20列写平衡方程060cos30cos,0030cos60cos,02121FFFFFFFFBCyBAx解方程得杆AB和BC所受的力:kN32.27366.1kN321.7366.0GFGFBCBA解：取滑轮B为研究对象，忽略滑轮的大小，画受力图。例题4平面基本力系例题xyB3060FBAF2F1FBCABD3060CG21杆AB和BC所受的力:kN32.27366.1kN321.7366.0GFGFBCBA例题4平面基本力系例题xyB3060FABF2F1FBCABD3060CG约束力FBA为负值，说明该力实际指向与图上假定指向相反。即杆AB实际上受压力。解析法的符号法则：当由平衡方程求得某一未知力的值为负时，表示原先假定的该力指向和实际指向相反。求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆受力.已知：F=3kN,l=1500mm,h=200mm，忽略自重；AB、BC杆为二力杆.取销钉B.0xF0coscosθFθFBCBABCBAFF解：0sinsinFθFθFBCBA0yFkN35.11BCBAFF例题5平面基本力系例题选压块C0xF0cosCxCBFθFkN25.112cot2hFlθFFCx0yF0sinCyCBFF1.5kNCyF例题5平面基本力系例题24三、汇交力系解析法的解题步骤：1）选研究对象；2）画受力图；3）建立坐标系；4）列平衡方程（2个）；5）求解未知量。25第3节平面力对点之矩的概念及计算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.参见动画：力对点之矩(1)26一．力对点之矩（力矩）力矩为零的情况：当h=0即力的作用线通过矩心时力矩单位牛顿米（Nm）千牛顿米（KNm）力矩是度量力使刚体绕点转动效应的物理量O——矩心h——力臂，点O到力的作用线的垂直距离力对点之矩在平面力系中可以看做是一个代数量，它的绝对值等于力的大小与力臂的乘积，它的正负可按下法确定：力使物体绕矩心逆时针转向时为正，反之为负。Mo(F)=±Fh=±2AOAB28计算图示力F对点O之矩。F与水平线夹角为，杆OA长r，与水平线夹角为。)-Frsin(Fh)(MOFrcossin)(Mrsincos--)(MyOxOFFFFFFxyyx例题5解：力对点之矩例题29从上面的计算可以看到，力F对O点之矩等于它的两个正交分力Fx和Fy对O点之矩。)()()(yOxOOMMMFFFxyyxyFxFMM-)()(OOFF)()-(sin)sincos-cossin(OFMFrFr例题5力对点之矩例题30二、合力矩定理平面汇交的合力对于平面内任一点之矩等于所有各分力对于该点力矩的代数和。即)()(.......)()()(121iniOnoooRoMMMMMFFFFF31三、力矩的解析表达式Mo(F)=xFy-yFxx、y是力F作用点A的坐标，而Fx、Fy是力F在x、y轴的投影，计算时用代数量代入。合力FR对坐标原点之矩的解析表达式nixiiyiiRoFyFxM1)()(F32如图所示圆柱直齿轮，受到啮合力Fn的作用。设Fn=1400N。压力角α=20o，齿轮的节圆（啮合圆）的半径r=60mm，试计算力Fn对于轴心O的力矩。rhO力对点之矩例题6例题33计算力Fn对轴心O的矩，按力矩的定义得mmN93.78cos)(nnnrFhFFMOcos)()()(nrnrFFMFMFMFMOOOO或根据合力矩定理，将力Fn分解为圆周力F和径向力Fr,解：则力Fn对轴心O的矩rOFnFrF力对点之矩例题6例题解法一解法二rhO34ABqx水平梁AB受三角形分布的载荷作用，如图所示。载荷的最大集度为q，梁长l。试求合力作用线的位置。力对点之矩例题7例题35qlxqlxxqFll0021ddqlxq在梁上距A端为x的微段dx上，作用力的大小为q’dx，其中q’为该处的载荷集度，由相似三角形关系可知xABqxdxhlqF因此分布载荷的合力大小解：力对点之矩例题7例题36lxxqFh0dlh32设合力F的作用线距A端的距离为h，根据合力矩定理，有将q'和F的值代入上式，得xABqxdxhlqF力对点之矩例题7例题37第4节平面力偶1、力偶与力偶矩定义：大小相等，方向相反，不在同一直线上的两个平行力所组成的力系叫力偶。记作（F，F＇）参见动画：力偶实例(1)参见动画：力偶实例(2)38d——力偶臂，力偶的两力作用线之间的垂直距离力偶所在的平面称为力偶的作用面BAF'Fd力偶使刚体产生转动效应，可用力偶矩来度量。力偶没有合力，力偶和力是静力学的两个基本要素。力偶矩的大小为力偶中的两个力对其作用面内某点的矩的代数和，其值等于力与力偶臂的乘积即Fd，与矩心位置无关。参见动画：钳工用丝锥攻螺纹39平面力偶矩是代数量，以M或M（F，F’）表示M=±Fd=2AABC影响力偶作用效果的两个因素：1)力偶矩的大小；2)力偶在作用面内的转向。力偶矩是一个代数量，其绝对值等于力的大小与力偶臂的乘积，正负号表示力偶的转向：一般以逆时针转向为正，反之则为负。力偶矩的单位：（Nm）（KNm）402、同平面内力偶等效定理作用在同一平面