平面任意力系 简化与平衡ppt课件
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平面任意力系的简化
附加力偶系可以合成为一个力偶，其力偶矩为
MO M1 M 2
M n MO (F1 ) MO (F2 )
MO (Fn ) MO (Fi )
称为原力系对简化中心O的主矩，主矩与简化中心的选择有关。
结论：
平面任意力系向作用面内任一点O简化，可得一个力和一个力偶，这 个力等于该力系的主矢，作用线通过简化中心O ；这力偶的矩等于该力系 对简化中心O的主矩。主矢与简化中心位置无关，而主矩一般与简化中心 位置有关。 主矢的解析表达式为
3.力的平移定理是平面任意力系简化为平面汇交力系和平面力偶系
的依据。
B
d
F
＝
F″ A
B
d
F′
F′
M
F
A
＝
A
B
2. 平面任意力系向作用面内一点简化·主矢与主矩
F1
F2
y ′ FR j O y MO i x
O
简化 中心 Fn
F1 F1
F2 F2
Fn Fn
F1′
M1
M2 O Mn
′ F2 x
F1 C O
3m
F4
30° x
( F'Rx )2 ( F'Ry )2 4.662kN FR
y
主矢方向
F'Rx cos( F'R , i ) 0.986 FR F'Ry cos( F'R , j ) 0.165 FR
2、求主矩MO
( F'R , i ) 9.5 ( F'R , i ) 80.5
M1 M O (F1 )
M 2 M O (F2 ) M n M O (Fn )
建筑力学-第4章 平面力系的简化与平衡方程.
平面固定端约束
=
=
≠
=
3、 平面任意力系的简化结果分析
=
FR 0 M O 0
合力
合力作用线过简化中心
FR 0 M O 0
合力
合力作用线距简化中心M O
FR
其中
MO d FR
M o FRd
M o ( FR ) M O M O ( Fi )
FR FR FR
q 20 kN
求： 固定端A处约束力.
, l 1m; F 400kN, m
解： 取T型刚架，画受力图. 1 其中 F1 q 3l 30kN 2 Fx 0 FAx F1 F sin 600 0 解得 FAx 316.4kN
F Ay P F cos 60 0 Fy 0 解得 FAy 300kN
A
M
解得
0
12 FBy 10 P 6 P 1 4P 2 2 P 5F 0
FBy 77.5kN
iy
F
解得
0 FAy FBy 2 P P 1P 2 0
FAy 72.5kN
取吊车梁,画受力图.
M
解得
D
0
8FE' 4P 1 2P 2 0
Fx 0
Fy 0
FAx FB 0
FAy P 1P 2 0
M
解得
A
0
FB 5 1.5 P 1 3.5 P 2 0
FAy 50kN
FB 31kN
FAx 31kN
例4-4 已知： P, q, a, M pa; 求： 支座A、B处的约束力. 解：取AB梁，画受力图.
工程力学教学课件 第3章 平面任意力系
A
MA
FAx
A
简 化
2021/7/22
FAy
11
一、简化结果分析
3.2
平
面 任
F1
A1
F2
O A n A2
M O FR'
O
意
Fn
力
系 的 简 化
1 . F R ' 0 ,M o 0
2 . F R ' 0 ,M O 0
结 果
3 . F R ' 0 ,M O 0 4 . F R ' 0 ,M O 0
的 简 化
此时主矩与简化中心的位置无关。
3、主矢不等于零，主矩等于零 (F R ' 0 ,M O 0 )
结 果
此时平面力系简化为一合力，作用在简化
中心，其大小和方向等于原力系的主矢，即
FRF
2021/7/22
13
一、简化结果分析
3.2 4、主矢和主矩均不等于零 (F R ' 0 ,M O 0 )
平
此时还可进一步简化为一合力。
面
任
FR'
FR'
FR
FR
意 力
O M O O
O
d
O
O
O
d
系 的 简 化
FR'' M O m O ( F R ) F R d F R 'd 于是
d M
F
由主矩的定义知：M O m O (F i)
O ' R
结 所以：
m O (F R ) m O (F i)
果 结论：平面任意力系的合力对作用面内任一点之矩
杆所受的力。
A
45
平面任意力系 简化与平衡
P
列平衡方程 MB Fi 0,
FA b W a b Ge Pl 0
解得
FA
1 b
W
a
b
G
e
P
l
A
B
FA b FB
将其代入条件 FA ≥ 0，即得满载时平衡块的重量应满足
W ≥ 1 Ge Pl
ab
W ≤ Geb
a
W ≥ 1 Ge Pl
ab
所以，要保证起重机在空载和 满载时都不翻倒，平衡块重应 满足不等式
y FT
FAx A
D
FAy
FB
Bx
P
2m 1m
3m
4）求解未知量
解得
FAx 2.4 kN
FAy 1.2 kN
FB 0.85 kN
杆 BC 所受的力与FB是作用力与反作用力的关系，即杆 BC 所受的 力为 0.85 kN，是拉力
[例5] 横梁 AB 用三根杆支撑，受图示载荷。已知 F = 10 kN， M = 50 kN·m，若不计构件自重，试求三杆 所受的力。
2. 分布载荷的合成结果 均布载荷
q Fq ql
A
B
l/2
l
线性分布载荷
Fq ql /2
q
A
B
2l /3
l
三、平面任意力系简化结果的讨论
4）FR 0 且 MO 0
FR Fi' Fi
FR 0
F
' Rx
Fix'
Fix
F
' Ry
Fiy'
Fiy
Fix 0 Fiy 0
MO Mi MO Fi
W a
eC
G P
论力学第三章课件
Fq
FAx
MA
FAy
解：取ABD为对象，受力图如图示。 其中Fq=1/2×q×3l=30kN
∑X=0： FAx+Fq–Fsin600=0
∑Y=0: FAy–P–Fcos600=0
MA–M–Fql+Fcos600l+Fsin6003l=0
解得：FAx=316.4kN； FAy=300kN MA=–1188kN.m (与图示转向相反）
静力学/第三章：平面任意力系
■ 平衡方程的其它形式
1 二矩式： X = 0
B
A
x
C
A
A、B 连线不垂直 于x 轴
A、B、C 三点不 在同一条直线上
附加条件：
附加条件：
B
2 三矩式：
静力学/第三章：平面任意力系
■二矩式的证明：
必要性
即
力系平衡
二矩式成立
由力系平衡→
F1
F2
F3
Fn
二、 平面任意力系向一点简化，主矢和主矩
1、 简化 思路：用力的平移定理将各力移至同一点,然后再合成。
将每个力向简化中心O平移
任选一个 简化中心O
其中：
O
因此：
平面任意力系
平面汇交力系
+ 平面力偶系
O
F1’
M1
F2’
M2
F3’
M3
Fn’
Mn
静力学/第三章：平面任意力系
向O点简化
F1
静力学/第三章：平面任意力系
几点讨论： 根据题意选择研究对象 分析研究对象的受力情况，正确地画出其受力图 研究对象与其他物体相互连接处的约束，按约束的性质表示约束反力 正确地运用二力杆的性质和三力平衡定理来确定约束反力的方位
FAx
MA
FAy
解：取ABD为对象，受力图如图示。 其中Fq=1/2×q×3l=30kN
∑X=0： FAx+Fq–Fsin600=0
∑Y=0: FAy–P–Fcos600=0
MA–M–Fql+Fcos600l+Fsin6003l=0
解得：FAx=316.4kN； FAy=300kN MA=–1188kN.m (与图示转向相反）
静力学/第三章：平面任意力系
■ 平衡方程的其它形式
1 二矩式： X = 0
B
A
x
C
A
A、B 连线不垂直 于x 轴
A、B、C 三点不 在同一条直线上
附加条件：
附加条件：
B
2 三矩式：
静力学/第三章：平面任意力系
■二矩式的证明：
必要性
即
力系平衡
二矩式成立
由力系平衡→
F1
F2
F3
Fn
二、 平面任意力系向一点简化，主矢和主矩
1、 简化 思路：用力的平移定理将各力移至同一点,然后再合成。
将每个力向简化中心O平移
任选一个 简化中心O
其中：
O
因此：
平面任意力系
平面汇交力系
+ 平面力偶系
O
F1’
M1
F2’
M2
F3’
M3
Fn’
Mn
静力学/第三章：平面任意力系
向O点简化
F1
静力学/第三章：平面任意力系
几点讨论： 根据题意选择研究对象 分析研究对象的受力情况，正确地画出其受力图 研究对象与其他物体相互连接处的约束，按约束的性质表示约束反力 正确地运用二力杆的性质和三力平衡定理来确定约束反力的方位
力系简化和平衡
例5 已知： AC=CB=l, P=10kN; 求：铰链A和DC杆受力。（用平面任意力系措施求解）
解： 取AB梁，画受力图。
F x
0
FAx Fc cos 450 0
F y
0
FAy Fc sin 450 F 0
M A 0 Fc cos 450 l F 2l 0
解得 FC 28.28kN, FAx 20kN, FAy 10kN
—俯仰力矩
飞机向前飞行
飞机上升 飞机侧移 飞机绕x轴滚转 飞机转弯 飞机仰头
2． 空间任意力系旳简化成果讨论
1） 合力 当
最终成果为一种合力。
合力作用点过简化中心。
当
时，
最终成果为一合力。合力作用线距简化中心为
合力矩定理：
合力对某点之矩等于各分力对同一点之矩旳矢量和。 合力对某轴之矩等于各分力对同一轴之矩旳代数和。
即
FR 0 M o 0
F R
(
F x
)2
(
F y
)2
M O
M
O
(
F i
)
2 平衡方程
Fx 0
Fy 0
X 0
或
Y 0
M o (F) 0
M o 0
平面任意力系平衡方程旳三种形式
一般式
F x
0
Fy 0
M A 0
二矩式
F x
0
M A 0
M B
0
三矩式
M M
A B
解得 MA 1188kN m
2 物体系统旳平衡问题 静定与超静定
平面问题中由n个构件构成旳 物系共可建立３n个独立旳平衡方 程，解出３n个未知量。假如物系 中未知量旳总数不多于独立旳平 衡方程数目，则此类问题完全能 够由静力学平衡方程处理，称为 静定问题。若未知量总数不小于 ３n，则不可能由静力学平衡方程 求出全部未知力，此类问题称为 超静定或静不定问题。
平面任意力系
P
B
MA A
FAy FAx
P
B
FB
★ 静定和超静定的概念 机 静构 定 不问 定题 问题
思考：指出下列问题属于静定问题还是超静定问题
P
P
(a)
(c)
P
P
(b)
(d)
★ 物体系统的平衡问题
物体系统的独立平衡方程数＝ 各物体独立平衡方程数之和
★ 物体系统的平衡问题
例3-4 已知：P=6kN ,
l
桁架各杆件均为二力杆
★ 桁架内力的计算
1. 节点法 2. 截面法
＊ 以节点为研究对象； ＊ 由平面汇交力系平衡 方程求解。 ＊ 用假想截面将桁架截开； ＊ 研究局部桁架的平衡， 直接求得杆件的内力。
例3-8已知铅垂力F1=4
kN，水平力F2= 2kN 。
求杆EF、CE、CD 内力。A
解：法1 节点法
MA
FAy M
FAAyy
+
FBB
sin
60DD
−
2ql
−
F
cos
30DD
=
0
FAx
A
∑MAA(F ) = 0,
l
q
30D
F
C
B 60D D
FB
l
l
l
MAA − M − 2ql × 2l + FBB sin 60DD ×3l − F cos30DD × 4l = 0
解方程得: FAAxx =32. 89 kN, FAAyy =−2. 32 kN, MAA =10. 37 kN⋅m
★ 静定和超静定的概念 静定问题 (statically determinate problem) —由静力学平衡方程可解出全部未知数。 超静定问题(statically indeterminate problem) — 仅由平衡方程无法求出全部未知数。
6-平面力系-任意力系平衡
用线通过塔架轴线。最大起重量W1 = 200 kN,最
大吊臂长为12 m,平衡块重W2 ,它到塔架轴线的 距离为6 m。为保证起重机在满载和空载时都
W2
6 m
不翻倒,试求平衡块的重量应为多大。
解: （1）作起重机的受力图
12 m W
W1
4m
满载时 W1=200N 起重机易绕 B 顺时针翻倒！ FA
FB
12
§2-5 平面任意力系的平衡
二、平面平行力系的平衡
平面平行力系：力系中各力的作用线在同一平面内且相互平行的力系.
思考：1. 平面任意力系都有哪些特殊情况？
2. 平面平行力系的平衡方程？
建立坐标系，使所有的力都与x轴垂直， 则各力在 x 轴上的投影都为零，即
Fx 0 -----无效方程
平面平行力系只有2个独立（有效）平衡方程
4
知识回顾4 -----分布荷载的合力与作用点
1. 均布线荷载 q 为均布荷载集度，单位：N／m
合力大小: FR = q xi = q xi= ql 合力作用线通过中心线AB的中点C
FR qxi
a
q
b
A
C
B
l/2
xi
l
q
a
A
=荷载图面积
b FR
B
C
5
知识回顾4 -----分布荷载的合力与作用点
2. 按照线性规律变化的线荷载
FR
b
qxi
合力大小:
q
l
lq
1
FR
dF
0
0l
xdx ql 2
A x
C xi
B
合力作用点 C 的位置
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M2
O M1
Mn
M3
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FR
O
FR Fi' Fi
MO O
MO Mi MO 3Fi
F1 O
F3
F1 F1
F2 M1 MO F1 F1
F2 F2
M 2 M O F2
M2
F2
O M1
M n Fn
Fn
M3
F3 F3
B
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三、平面任意力系简化结果的讨论
4）FR 0 且 MO 0
FR Fi' Fi
FR 0
F
' Rx
Fix'
Fix
F
' Ry
Fiy'
Fiy
Fix 0 Fiy 0
MO Mi MO Fi
MO 0
MO Fi 0
M2
F2
O
O M1
M n Fn
F3
Fn
M3
F3 F3
M O F3
F' 3
M3
Fn Fn
M n M O Fn
FR MO
O
F1 F1
F2 F2
F1
F2
F3 F3 Fn Fn
O Fn
F' 3
M1 MO F1 M 2 M O F2 M 3 M O F3 M n M O Fn
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第二节 平面任意力系的平衡方程
一、平面任意力系的平衡方程 1. 基本形式 ·两投影一矩式
Fix 0
Fiy 0
MO Fi 0
说明： 1）可解 3 个未知量 2）投影轴与矩心位置均可任意选择
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14
2. 一投影两矩式
Fix 0
MA Fi 0
Fn
FR
MO O
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7
三、平面任意力系简化结果的讨论
3）FR 0 且 MO ≠ 0： 原力系合成为一个作用线不通过简化中心 O 的合力
F1 F3
F2
Fn
FR MO
O
FR
FR
O
d
FR''
d MO FR
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8
三、平面任意力系简化结果的讨论 4）FR 0 且 MO = 0 …
qM
F
FAx
A a
l
B
MA
A
FAy
qM
F
B
解： 1）选取梁 AB 为研究对象 2）受力分析
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17
qM
F
q ql M
F
FAx
A a
l
B
MA
A
y
FAy
O
B x
3）选取坐标轴，列平衡方程
Fi x 0, Fi y 0,
M A (Fi ) 0, 4）求解未知量
FAx 0
FAy ql F 0
x
F4
O2
F3
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5
三、平面任意力系简化结果的讨论
1）FR 0 但 MO ≠ 0： 原力系合成为一个合力偶
F1 F3
F2
Fn
FR MO
O
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6
三、平面任意力系简化结果的讨论
2）FR 0 但 MO = 0 ： 原力系合成为一个作用线通过简化中心 O 的合力
F1 F3
F2
第四章 平面任意力系
平面任意力系： 力系中各力的作用线在同一平面内，既不完全 交于一点也不完全相互平行分布
本章讨论平面任意力系的简化（合成）与平衡问题
平面任意力系实例
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1
第一节 平面任意力系向一点的简化
一、力的平移定理
作用于刚体上的力可等效地平移至任一指定点，但必须附加一力 偶，附加力偶的矩就等于原力对指定点的矩
MB Fi 0
其中，A、B 两点连线不垂直于 x 轴
3. 三矩式
MA Fi 0 MB Fi 0
MC Fi 0
其中，A、B、C 三点不共线
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二、平面平行力系的平衡方程
1. 基本形式 ·一投影一矩式
Fiy 0
MO Fi 0
2. 两矩式
y F2
F1
Fi
Fn
O
x
MA Fi 0
MB Fi 0
其中，A、B 两点连线不平行于 y 轴
说明： 1）可解 2 个未知量
2）矩心位置可任意选择
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[例2] 如图，悬臂梁 AB 上作用有矩为 M 的力偶和集度为 q 的均 布载荷，在梁的自由端还受一集中力 F 的作用，梁长为 l ，试求 固定端 A 处的约束力。
F
F
F
B d
A
F
B d
A
F F F
B M
A M Fd MB F
反之：同一平面内的一个力和一个力偶可以合成为一个力
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2
二、平面任意力系向一点的简化
F1
F1 F1
F2 M1 MO F1 F1
F2 F2
M 2 M O F2
C
MLeabharlann F1F2B
A
F3
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四、若干重要结论
1. 平面固定端的约束力
MA
FA
A
MA
FA y
FA x
A
平面固定端的约束力可表达为一对正交约束力和一个约束力偶
2. 分布载荷的合成结果 均布载荷
线性分布载荷
q Fq ql
Fq ql /2
q
A l/2 l
B
A
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2l /3 l
FR Fi
主矩：
MO MO Fi
说明： 1）主矢与简化中心的选择无关
2）主矩与简化中心的选pp择t课件有关
4
[例] 如图中所示一个平面任意力系，其中F1=F， F2=2√2F，
F3=2F，F4=3F，图中每格距离为a，求：1）力系分别向O1和O2
的简化结果。 y
F2
F1
O1
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9
[补充例1] 如图中所示一个平面任意力系，其中F1=F， F2=2√2F，
F3=2F，F4=3F，图中每格距离为a，求：1）力系分别向O1和O2
的简化结果；2）力系简化的最终结果。
y
y
F2
F1
O1
F4
O2
x
O1
x
FR
O2
F3
ppt课件
10
[补充例2] 在正方形木板上作用三个大小均为F的力，此三力首 尾连接构成一边长为a的等边三角形， 求此力系合力。
M O F3
F' 3
M3
Fn Fn
M n M O Fn
FR MO
O
平面任意力系向其作用面内任一点 O 简化，结果一般为一个力和 一个力偶。 该力矢等于原力系中各力的矢量和，称为原力系的主
矢； 该力偶的矩等于原力系中各力对简化中心 O 的矩的代数和，
称为原力系的主矩。
主矢：
MA
ql
l 2
Fl
M
0
解得固定端 A 处的约束力
FAx 0
ql 2
FAy ql F