2章建筑力学与结构

[证] 由合力投影定理有： 证
od=ob+oc 又∵ M o ( F1 ) =2∆oAB=oA⋅ob M o ( F2 ) =2∆oAC = oA⋅oc M o ( R ) = 2∆oAD = oA⋅od 现 m o ( R ) = m o ( F1 ) + m o ( F2 ) 证毕
16
[例] 已知：如图 F、Q、l, 求：mO (F ) 和 mo (Q) 例 、 解：①用力对点的矩法
∴N B =
60 =300N 0.2
∴N A = N B =300 N
25
§2-3 平面一般力系
平面一般力系：各力的作用线在同一平面内，既不汇交为一点 平面一般力系 又不相互平行的力系叫∼。 [例] 例
mO (F )=F⋅d =F⋅
l sinα
mo (Q) =−Q⋅l ②应用合力矩定理
mO (F )=Fx ⋅l +Fy ⋅l⋅ctgα
mo (Q) =−Q⋅l
17
三、力偶的概念和性质
1、力偶的概念 、
力偶：两力大小相等，作用线不重合的反向平行力叫力偶。 力偶 性质1：力偶既没有合力，本身又不平衡，是一个基本力学量。 性质 ：力偶既没有合力，本身又不平衡，是一个基本力学量。 ①两个同向平行力的合力 大小： 大小：R=Q+P 方向： 方向：平行于Q、P且指向一致 、 作用点：C处 作用点： 处 确定C点 确定 点，由合力距定理 m B ( R ) = m B (Q )
ND =Q-T2⋅sinα =Q-2Psin 60 =Q− 3P
10
[例] 求当F力达到多大时，球离开地面？已知P、R、h 例 解：研究块,受力如图，
解力三角形： 又：
N= F cosα
cos α =
F⋅R ∴N = h ⋅ (2R − h)
11
R 2 − (R − h)2 1 = R R
h (2 R − h )
作用点： 作用点：
∴
θ =tg−1
Ry ∑Y −1 =tg Rx ∑X
为该力系的汇交点
3、平面汇交力系合成与平衡的解析法 、 从前述可知：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：
Rx =∑X =0 Ry =∑Y =0
为平衡的充要条件， 为平衡的充要条件，也叫平衡方程
8
[例] 已知 P=2kN 例 解：①研究AB杆 ②画出受力图 ③列平衡方程
M 当F=0或d=0时， O (F ) =0。
④单位N•m，工程单位kgf•m。 ⑤ M O (F ) =2⊿AOB=F•d ,2倍⊿形面积。
15
2、合力矩定理 定理：平面汇交力系的合力对平面内任一点的矩，等于所 定理 有各分力对同一点的矩的代数和 n 即：
mO (R )=∑mO (Fi )
i=1
d
=−F⋅d=mO(R)
由于O点是任取的
∴m = ±F ⋅ d
+
—
说明： 是代数量， 说明：① m是代数量，有+、-； 是代数量 、； ②F、 d 都不独立，只有力偶矩 m = ± F ⋅ d 是独立量； 、 都不独立， 的值m=± ③m的值 ±2⊿ABC ； 的值 单位： ④单位：N• m
20
性质3： 性质 ：平面力偶等效定理 作用在同一平面内的两个力偶，只要它的力偶矩的大小相等， 作用在同一平面内的两个力偶，只要它的力偶矩的大小相等， 转向相同，则该两个力偶彼此等效。 转向相同，则该两个力偶彼此等效。 [证] 设物体的某一平面 证 上作用一力偶(F,F') 现沿力偶臂AB方向 加一对平衡力(Q,Q'), 再将Q,F合成R， Q',F'合成R'， 得到新力偶(R,R'), 将R,R'移到A',B'点，则(R,R')，取 代了原力偶(F，F' ) ， 并与原力偶等效。
22
2、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 平面力偶系 设有两个力偶
d
d
Q m1 = F1d1 ;
m2 = − F2 d 2
又m1 = P1d
m2 = − P2′d
R A = P1 − P2' RB = P1' − P2
∴ 合力矩 M =RA ⋅d =(P −P2' )d =P d −P2' d =m1 +m2 1 1
5
§2–2 力的投影、力矩和力偶 力的投影、
一、力在坐标轴上的投影
1、力在坐标轴上的投影 、
X=Fx=F·cosα ： Y=Fy=F·sinα=F ·cosβ
F = Fx + Fy
2 2
X Fx cosα = = F F
Y Fy cos β = = F F
6
2、合力投影定理 、 由图可看出，各分力在x轴和在y 轴投影的和分别为：
13
4、对力的方向判定不准的，一般用解析法。 、对力的方向判定不准的，一般用解析法。 5、解析法解题时，力的方向可以任意设，如果求出 、解析法解题时，力的方向可以任意设， 负值，说明力方向与假设相反。对于二力构件， 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， 一般先设为拉力，如果求出负值，说明物体受压 力。
力偶无合力 R=F'-F=0
若CB = CB + d成立, 必有CB → ∞
19
CB F ' Q = =1 CA F
∴ CB = CA
∞ = ∞ + d ∴ 合力的作用点在无限远 处
mO (R ) =0⋅∞
∴mO ( F ) + mO ( F ') = 0⋅∞
证明mO (R ) =0⋅∞为有限量
Q O (F)+mO (F')=−F(x+d)+F'⋅x m
再研究球，受力如图： 作力三角形 解力三角形：
Q P = N ′ ⋅ sin α
又 Q sin α = R − h N ′= N R F ⋅R ∴P = N ⋅sin α = ⋅ R −h
h ⋅(2R − h) R
NB=0时为球 离开地面
F (R −h) ∴P = h(2 R − h )
P h (2 R − h ) ∴F = R−h
9
[例] 已知如图P、Q， 求平衡时 例 解：研究球受力如图， 选投影轴列方程为
α
=？ 地面的反力ND=？
∑ X =0
T2 ⋅cosα −T1 = 0 ①
∑ Y = 0 T2 ⋅sinα − Q + N D = 0
② 由①得
cos α = T1 = P = 1 T2 2 P 2
∴ =600 α
0
由②得
i=1
n
24
[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
m1 = m2 = m3 = m4 =15N ⋅m
求工件的总切削力偶矩和A 、B端水平反力? 解: 各力偶的合力偶距为
M =m1 +m2 +m3 +m4 =4×(−15)=−60N⋅m
由力偶只能与力偶平衡的性质， 力NA与力NB组成一力偶。 根据平面力偶系平衡方程有: NB ×0.2 − m − m2 − m3 − m4 = 0 1
14
§2–2 力的投影、力矩和力偶 力的投影、
力对物体可以产生 移动效应 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 转动效应 二、力矩
1、力矩的概念
M O ( F ) = ± F ⋅d
+
-
说明： 说明：①
M O (F )是代数量。
② F↑,d↑转动效应明显。 ③ M O (F )是影响转动的独立因素。
求SCD , RA
∑ X =0
RA⋅cosϕ − SCD⋅cos450 =0
ϕ
∑Y =0 − P− RA ⋅sinϕ + SCD ⋅sin450 =0
④解平衡方程 由EB=BC=0.4m，
tg ϕ =
解得：
EB 0 . 4 1 = = AB 1 . 2 3
P cos450 =4.24 kN ； RA =SCD ⋅ SCD = =3.16 kN 0 −cos450 ⋅tgϕ sin 45 cosϕ
又Q R = P + Q
∴R ⋅CB =Q ⋅ AB
AB = AC + CB代入
整理得AC = P CB Q
18
大小： ②两个反向平行力的合力 大小：R=Q-P 方向： 方向：平行于Q、P且与较大的相同 、 作用点： 处 作用点：C处 CB Q = CA P （推导同上）
性质2：力偶对其所在平面内任一点的矩恒等于力偶矩， 性质 ：力偶对其所在平面内任一点的矩恒等于力偶矩，而 与矩心的位置无关，因此力偶对刚体的效应用力偶矩度量。 与矩心的位置无关，因此力偶对刚体的效应用力偶矩度量。
23
结论: 结论:
M = m1 + m 2 + L + m n = ∑ mi
i =1
n
平面力偶系合成结果还是一个力偶, 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。 的代数和 平面力偶系平衡的充要条件是: 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。 等于零。
即
∑ mi = 0
P h(2R−h) ∴ F≥ 当 时球方能离开地面 R−h
12
解题技巧及说明： 解题技巧及说明： 1、一般地，对于只受三个力作用的物体，且角度 、一般地，对于只受三个力作用的物体， 何法（解力三角形）比较简便。 特殊时用 几 何法（解力三角形）比较简便。 2、一般对于受多个力作用的物体，且角度不特殊或 、一般对于受多个力作用的物体， 特殊，都用解析法。 特殊，都用解析法。 3、投影轴常选择与未知力垂直，最好使每个方程中 、投影轴常选择与未知力垂直， 只有一个未知数。 只有一个未知数。