单元三 平面力系构件的受力分析(2)
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工程力学-2-3平面力偶系
状态。
平衡方程的建立
根据力的平衡条件，列出所有力的 力矩，然后求和，得到平衡方程。
平衡方程的应用
通过平衡方程可以求解未知力的大 小和方向，或者判断物体是否处于 平衡状态。
平面力矩系平衡问题的应用
机械系统
01
在机械系统中，许多问题涉及到力矩平衡，如转轴的支承、旋
转体的平衡等。
建筑结构
02
在建筑结构中，需要分析各种力的力矩作用，以确保结构的稳
指的是两个力和一个力偶同时作 用在一个刚体上，其中两个力相 互平行且垂直于第三个力偶。
学习目标
1
理解平面力偶系的基本概念和性质。
2
掌握如何分析2-3平面力偶系中的力和力矩平衡。
3
了解如何应用平面力偶系解决实际工程问题。
02
平面力偶系的基本概念
力偶的定义与表示
定义
力偶是大小相等、方向相反且作用线平行但不重合的一对大 小相等之力。
表示
用实线和虚线分别表示力的大小和方向，中间用圆点隔开。
力偶的性质
力偶无合力
力偶中的两个力无法合成为一个力， 因为它们作用在两个不同的点上。
力偶无转向轴
力偶不能通过一个单一的刚性转动来 消除，因为力的方向和作用线是唯一 的。
力偶系的合成
合成原则
当多个力偶作用于同一刚体时，其合力矩为各力偶矩的代数和。
建筑结构中的力偶平衡
总结词
在建筑结构设计中，力偶平衡用于确保结构的稳定性和安全性。
详细描述
在建筑设计过程中，通过合理布置支撑结构，形成稳定的力偶系统，以抵抗外部载荷和地震等自然灾害的影响。 力偶平衡的运用能够显著提高建筑的安全性和稳定性。
其他工程领域中的力偶平衡实例
平衡方程的建立
根据力的平衡条件，列出所有力的 力矩，然后求和，得到平衡方程。
平衡方程的应用
通过平衡方程可以求解未知力的大 小和方向，或者判断物体是否处于 平衡状态。
平面力矩系平衡问题的应用
机械系统
01
在机械系统中，许多问题涉及到力矩平衡，如转轴的支承、旋
转体的平衡等。
建筑结构
02
在建筑结构中，需要分析各种力的力矩作用，以确保结构的稳
指的是两个力和一个力偶同时作 用在一个刚体上，其中两个力相 互平行且垂直于第三个力偶。
学习目标
1
理解平面力偶系的基本概念和性质。
2
掌握如何分析2-3平面力偶系中的力和力矩平衡。
3
了解如何应用平面力偶系解决实际工程问题。
02
平面力偶系的基本概念
力偶的定义与表示
定义
力偶是大小相等、方向相反且作用线平行但不重合的一对大 小相等之力。
表示
用实线和虚线分别表示力的大小和方向，中间用圆点隔开。
力偶的性质
力偶无合力
力偶中的两个力无法合成为一个力， 因为它们作用在两个不同的点上。
力偶无转向轴
力偶不能通过一个单一的刚性转动来 消除，因为力的方向和作用线是唯一 的。
力偶系的合成
合成原则
当多个力偶作用于同一刚体时，其合力矩为各力偶矩的代数和。
建筑结构中的力偶平衡
总结词
在建筑结构设计中，力偶平衡用于确保结构的稳定性和安全性。
详细描述
在建筑设计过程中，通过合理布置支撑结构，形成稳定的力偶系统，以抵抗外部载荷和地震等自然灾害的影响。 力偶平衡的运用能够显著提高建筑的安全性和稳定性。
其他工程领域中的力偶平衡实例
2 建筑结构及受力分析平面力系
2.1.3 平面汇交力系合成与平衡的解析法
【例 2. 8】 托架 ABC 如图 2. 16a 所示，杆 AC 中点受集中力 F ＝ 60 kN 作用。 如不计杆自重，试求杆 BC 和铰 A 所受的力。
2.2 力矩和力偶
2.2.1 力矩
1. 力对点之矩
一个力对某点 O 的力矩等于该力的大小与 O 点到力作用线垂直距离的乘积。 以符号MO(F)表示，即： MO(F) ＝ ± Fd 式中 O 点称为力矩中心，简称矩心；d 称为臂(力和力臂是使物体发生转动的两个必不可少的因素)；其正 负号用以区别力使物体绕矩心转动的方向；通常规定：力使物体绕矩心逆时针方向转动时，力矩为正，反之 力矩为负。 力矩的单位决定于力和力臂的单位，在国际单位制中通常用 N· m 或 kN· m，有时工程中还采用工程单位 制 kgf· m。 在给定的平面内，力矩由两个因素决定：一是它的大小，二是它的转向。
2 平面力系
建筑结构及受力分析
2.1 平面汇交力系 2.2 力矩和力偶
2.3 平面一般力系 2.4 平面平行力系的平衡方程
目
录
2.1 平面汇交力系
2.1.1 力的合成与分解
1. 合力与分力的概念
作用于刚体上的力系，如果可以用一个力 R 代替而不改变原力系对刚体的作用效果，则这个力 R 称为原 力系的合力，而原力系的各力就是合力 R 的分力。
2.2.2 力偶
【例 2. 12】 如图所示结构，荷载 F1 ＝ F2 ＝ 20 kN，试求 A、B 两支座的约束反力(不计杆自重)。
2.2.2 力偶
【例 2. 13】求图 2. 23a 所示梁的支座反力。
2.3 平面一般力系
2.3.1 力的平移定理
力的平移定理：作用在刚体上的力，可以平行移动到刚体上的任意一点，但必须同时附加一个力偶，其 力偶矩等于原力对新作用点的矩。
理论力学试题及答案
理论力学试题及答案一、是非题（每题2分。
正确用√，错误用×，填入括号内。
）1、作用在一个物体上有三个力,当这三个力的作用线汇交于一点时，则此力系必然平衡。
（）2、力对于一点的矩不因力沿其作用线移动而改变. （）3、在自然坐标系中,如果速度υ= 常数,则加速度α= 0. ( ）4、虚位移是偶想的，极微小的位移，它与时间,主动力以及运动的初始条件无关。
（)5、设一质点的质量为m，其速度与x轴的夹角为α，则其动量在x轴上的投影为mv x=mvcos。
（）二、选择题（每题3分。
请将答案的序号填入划线内。
）1、正立方体的顶角上作用着六个大小相等的力，此力系向任一点简化的结果是。
①主矢等于零，主矩不等于零；②主矢不等于零，主矩也不等于零；③主矢不等于零,主矩等于零；④主矢等于零，主矩也等于零.2、重P的均质圆柱放在V型槽里,考虑摩擦柱上作用一力偶，其矩为M时（如图），圆柱处于极限平衡状态。
此时按触点处的法向反力N A与N B的关系为.①N A = N B; ②N A〉N B; ③N A < N B。
3、边长为L的均质正方形平板，位于铅垂平面内并置于光滑水平面上，如图示，若给平板一微小扰动，使其从图示位置开始倾倒，平板在倾倒过程中，其质心C点的运动轨迹是。
①半径为L/2的圆弧; ②抛物线；③椭圆曲线；④铅垂直线。
4、在图示机构中，杆O1 AO2 B，杆O2 CO3 D，且O1 A = 20cm，O2 C = 40cm，CM = MD = 30cm，若杆AO1 以角速度ω= 3 rad / s 匀速转动，则D点的速度的大小为cm/s，M点的加速度的大小为cm/s2。
①60；②120；③150；④360。
5、曲柄OA以匀角速度转动，当系统运动到图示位置（OA//O1 B。
ABOA)时，有, ,ωAB0,AB0。
①等于；②不等于。
三、填空题（每题5分。
请将简要答案填入划线内。
）1、已知A重100kN,B重25kN，A物与地面间摩擦系数为0.2。
第2章平面汇交力系与第3章平面力偶系
F
x
0
F
y
0
FA F sin 45 sin( 180 90 1 ) 10 FA F 7.9 N 4
FA
F
1
FN B FA
FNB
2-10
解2: 解析法 研究AB杆，画受力图
F F
X
0 FA cos 1 F cos 0 0 FA sin 1 FN B F sin 0
d
d
m1 F1d1;
m2 F2 d 2
又m1 P 1d
m2 P2d
' RA P P 1 2 ' RB P 1 P 2
合力矩 M RA d ( P1 P2' )d P1d P2' d m1 m2
2-23
m 即合力偶矩等于各个力偶矩的代数和。 2. 平衡： m m 0
方向：以逆时针为正，顺时针为负。
若用矢量表示： m BA F
2-18
注：力偶无合力，即不能与某力作等效变换，其是一个 基本的力素。 证明： FR=F-F'=0
由合力距定理，可知
M
C
0, F 'CB F CA 0 CB F 1 CA F '
FR
若CB CB d成立, 必有CB
A
1
Y
O
10 FA F 7.9 N 4
F
C
45°
B
FA
FNB
2-11
§2-3 力矩、力偶的概念及其性质
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 一、力对点的矩
基础篇 单元三 平面力系的平衡
静不定问题并不是绝对不能解决的问题，只是仅利用静力 学的方法不能解决。
当物系平衡时，系统内的每一部分都是平衡的。既可以选 择整个物系为研究对象，也可以选择其中的某几个或某一个物 体作为研究对象。
单元三 平面力系的平衡
课题三 物体系统的平衡
对于一般的静定物系平衡问题，应首先画出整体、局部或单 个物体的受力图，再从有已知力且未知量数少于或等于独立平衡 方程数的物体着手分析，便可解除全部未知量。若物系内分离体 均不符合可解条件，必须寻找有局部可解条件的分离体。
课题一 平面任意力系的平衡
单元三 平面力系的平衡
课题一 平面任意力系的平衡
由平衡方程可知，平面任意力系平衡的解析条件为：力系 中各力在两个任选的坐标轴上投影的代数和等于零，各力对力 系作用面内任意一点之矩的代数和等于零。除基本形式之外， 平面任意力平衡方程还可表示为二力矩形式。
M M
座的约束力。
解 (1)取齿轮轴为研究对象，画其受力图，如图3-2b。
(2)建立直角坐标系Axy，如图3-2b所示，列平衡方程求解
单元三 平面力系的平衡
课题一 平面任意力系的平衡
Fx 0 F FBx 0
解得 FBx F
M A(F) 0 FA 3a F 2a 2Fa Fa 0 解得 FA F
3 kN 11.4kN 2
将FT代入式(b)得 FAy G1 G2 FT sin 2.1kN
本题也可用二力矩式求解。
单元三 平面力系的平衡
课题一 平面任意力系的平衡
例3-3 减速器中的齿轮轴Ｂ端可分别简化为固定铰支座，
Ａ端可简化为可定铰支座，如图3-2a所示。已知Ｆ、a，求两支
解 取工件为研究对象。工件在水平面受三个力偶和两个螺 栓的水平约束力的作用，三个力偶合成后仍为一力偶，若工件 平衡，必有一约束力偶与它相平衡，因此螺栓A和B的水平力 FNA和FNB必组成一力偶，方向如图3-5b所示，且FNA=FNB 。列 平衡方程
当物系平衡时，系统内的每一部分都是平衡的。既可以选 择整个物系为研究对象，也可以选择其中的某几个或某一个物 体作为研究对象。
单元三 平面力系的平衡
课题三 物体系统的平衡
对于一般的静定物系平衡问题，应首先画出整体、局部或单 个物体的受力图，再从有已知力且未知量数少于或等于独立平衡 方程数的物体着手分析，便可解除全部未知量。若物系内分离体 均不符合可解条件，必须寻找有局部可解条件的分离体。
课题一 平面任意力系的平衡
单元三 平面力系的平衡
课题一 平面任意力系的平衡
由平衡方程可知，平面任意力系平衡的解析条件为：力系 中各力在两个任选的坐标轴上投影的代数和等于零，各力对力 系作用面内任意一点之矩的代数和等于零。除基本形式之外， 平面任意力平衡方程还可表示为二力矩形式。
M M
座的约束力。
解 (1)取齿轮轴为研究对象，画其受力图，如图3-2b。
(2)建立直角坐标系Axy，如图3-2b所示，列平衡方程求解
单元三 平面力系的平衡
课题一 平面任意力系的平衡
Fx 0 F FBx 0
解得 FBx F
M A(F) 0 FA 3a F 2a 2Fa Fa 0 解得 FA F
3 kN 11.4kN 2
将FT代入式(b)得 FAy G1 G2 FT sin 2.1kN
本题也可用二力矩式求解。
单元三 平面力系的平衡
课题一 平面任意力系的平衡
例3-3 减速器中的齿轮轴Ｂ端可分别简化为固定铰支座，
Ａ端可简化为可定铰支座，如图3-2a所示。已知Ｆ、a，求两支
解 取工件为研究对象。工件在水平面受三个力偶和两个螺 栓的水平约束力的作用，三个力偶合成后仍为一力偶，若工件 平衡，必有一约束力偶与它相平衡，因此螺栓A和B的水平力 FNA和FNB必组成一力偶，方向如图3-5b所示，且FNA=FNB 。列 平衡方程
第二章-平面力系
3 1 6 ( k N ) Q 3 7 5 ( k N )
分析讨论：从Qmin=(Gb+FP)/(x+a) 和 Qmax=G(a+b)/x 可 以看出，为了增加起重机的稳定性，可从减小 x 值或 增加 a 值这两个方面来考虑。 其最终目标是，扩大 [Qmin，Qmax ]的区间范围。
平面任意力系的平衡方程及其应用 14
箕斗对轨道的压力大小分别等于FNA与FNB，方向与之 相反。
平面任意力系的平衡方程及其应用 8
• 平面特殊力系的平衡方程
平面汇交力系的平衡方程 力系中所有各力在任意互成垂直的两个坐标轴上投 影的代数和分别等于零。
平面任意力系的平衡方程及其应用 9
例2-4 重G=20kN的物体被绞车吊起，绞车的绳子绕过 光滑的定滑轮B，如图所示。若滑轮由不计重量的杆 AB、BC支持，A、B、C三点都是光滑铰链联接，滑轮 B的大小可忽略不计，试求杆AB和杆BC所受的力。
平面任意力系的主矢(主向量，主矢量)
F F F R i i
i 1 i 1nLeabharlann n平面任意力系的简化
3
主矢与简化中心位置无关。在直角坐标系下的投影 n n 式为 F F , F F Rx ix Ry iy
i 1 i 1
主矢的大小为
2 2 2 2 F ( F ) ( F ) ( F ) ( F ) R Rx Ry ix iy
主矢与x轴所夹之锐角 为
tan | F / F | iy iy
M M M ( F O i O i)
i 1 i 1 n n
附加的平面力偶系可以合成为一个合力偶，其矩为
平面任意力系的简化
化工机械基础 第2章 构件受力分析与平衡理论教材
顺时针为“-”。
力矩 Mo F h
力偶对点之矩
Mo (F ) Mo (F) F a F b F (a b) Fd
力偶对物体的作用效应，决定于： ① 力偶矩的大小； ② 力偶在其作用面内的转向。
5)力偶与力矩的区别
相同点：都使物体产生转动。
不同点：力矩与矩心有关； 力偶与矩心无关。
作用在物体上同一点的两个力，可以合成为
作用于该点的一个合力，它的大小和方向由这
两个力为边所构成的平行四边形对角线来表示。
F2
R
即：合力为原两力的矢量和。
矢量表达式：R= F1+F2
A
F1
推论 (三力汇交定理)
当刚体在三个力作用下平衡时，设其中两力的
作用线相交于某点，则第三力的作用线必定也通过
这个点。
➢力又是矢量，其实际的计算很繁杂；
➢常用的方法有两种，即作图法与解析法。
例:
方法特点： 作图法：简单、精确度不高。 解析法：精确、计算也不复杂。
(1) 图解法
1)合成的几何法：
F1 A
F2 F4 F3
表达式： R F1 F 2F3 F4
2)力的多边形规则：
把各力的矢量首尾相接，形成一条有向折线段
Q Ny M
Nx
2.4 受力分析与约束力的求解
分离体：设想将研究对象受到的约束全部
解除，将其从系统中分离出来成为所谓的 分离体。
受力图：画有分离体及其所受的全部主动 力和约束力的简图称为受力图。
解除约束原理：
为了清楚地表示给定物体的受力情 况，假设将约束解除，而以相应的约束 力来代替约束的作用。
证明：
F1
A1 A A2
F2
=
力矩 Mo F h
力偶对点之矩
Mo (F ) Mo (F) F a F b F (a b) Fd
力偶对物体的作用效应，决定于： ① 力偶矩的大小； ② 力偶在其作用面内的转向。
5)力偶与力矩的区别
相同点：都使物体产生转动。
不同点：力矩与矩心有关； 力偶与矩心无关。
作用在物体上同一点的两个力，可以合成为
作用于该点的一个合力，它的大小和方向由这
两个力为边所构成的平行四边形对角线来表示。
F2
R
即：合力为原两力的矢量和。
矢量表达式：R= F1+F2
A
F1
推论 (三力汇交定理)
当刚体在三个力作用下平衡时，设其中两力的
作用线相交于某点，则第三力的作用线必定也通过
这个点。
➢力又是矢量，其实际的计算很繁杂；
➢常用的方法有两种，即作图法与解析法。
例:
方法特点： 作图法：简单、精确度不高。 解析法：精确、计算也不复杂。
(1) 图解法
1)合成的几何法：
F1 A
F2 F4 F3
表达式： R F1 F 2F3 F4
2)力的多边形规则：
把各力的矢量首尾相接，形成一条有向折线段
Q Ny M
Nx
2.4 受力分析与约束力的求解
分离体：设想将研究对象受到的约束全部
解除，将其从系统中分离出来成为所谓的 分离体。
受力图：画有分离体及其所受的全部主动 力和约束力的简图称为受力图。
解除约束原理：
为了清楚地表示给定物体的受力情 况，假设将约束解除，而以相应的约束 力来代替约束的作用。
证明：
F1
A1 A A2
F2
=
建筑力学(第二版)第3章 平面力系
■ （２） Ｆ′R≠０，Ｍ0 ＝０，此时附加力偶互相平衡，原力系简化的最后结果是一个力，该力即为原力系的合力，它的作 用线通过选定的简化中心0。
§ 3 - 1-2 简化结果的分析
■ （３） Ｆ′R≠０，Ｍ0≠０，原力系可以进一步简化为一个合力，如图３ －２ａ 所示。为此，只要将力偶Ｍ0 用一对等 值、反向、不共线的平行力Ｆ″R和ＦR 表示，且使ＦR ＝ － Ｆ″R ＝ Ｆ′R0 ＝ Ｆ′R，则力偶臂 如图３ －２ｂ 所示。若使力Ｆ″R作用于Ｏ 点，则力Ｆ′RＯ和Ｆ″R构成一对平衡力，可以去掉这一对平衡力，只剩下作用 于Ｏ′点的力ＦR。显然，力ＦR 就是原力系的合力，如图３ －２ｃ 所示。因此，在这种情况下，原力系简化的最后结果是 一个合力ＦR，其大小和方向与主矢Ｆ′R相同，合力的作用线离简化中心Ｏ 的垂直距离为
§ 3 - 2-2 平面特殊力系的平衡方程
■ 3. 平面平行力系的平衡方程
力系中各力的作用线均相互平行的平面力系称为平面平行力系。设物体受平面平行力系Ｆ１，Ｆ２，…，Ｆｎ 的作用（图 ３ －１３）。如选取ｘ 轴（或ｙ 轴）与各力垂直，则不论力系是否平衡，每一个力在ｘ 轴（或ｙ 轴） 上的投影恒等于 零，即∑Ｆｘ ＝ ０ （或∑Ｆｙ ＝０）。于是，平面平行力系的独立平衡方程的数目只有两个，即
■ 斜梁ＡＢＣ 为一楼梯的计算简图，如图３ －１４ａ 所示。其上承受的荷载为作用于斜梁ＡＢ 中点的集中力Ｆ ＝６００ Ｎ，作用于Ｃ 处的集中力偶Ｍ ＝１． ２ ｋＮ·ｍ 及沿梁ＡＢ 长度方向的均布荷载ｑ ＝１ ｋＮ／ ｍ，ｌ ＝１ ｍ， 试求梁Ａ，Ｂ 处的约束反力。
§ 例题
■ 例 3-12
■ 塔式起重机如图３ －１５ 所示。机架重Ｗ１ ＝７００ ｋＮ，其作用线通 过塔架的中心。最大起重量Ｗ２ ＝２００ ｋＮ，最大悬臂长为１２ ｍ， 轨道ＡＢ 的间距为４ ｍ。平衡荷重Ｗ３ 到机身中心线距离为６ ｍ。试问 ：
§ 3 - 1-2 简化结果的分析
■ （３） Ｆ′R≠０，Ｍ0≠０，原力系可以进一步简化为一个合力，如图３ －２ａ 所示。为此，只要将力偶Ｍ0 用一对等 值、反向、不共线的平行力Ｆ″R和ＦR 表示，且使ＦR ＝ － Ｆ″R ＝ Ｆ′R0 ＝ Ｆ′R，则力偶臂 如图３ －２ｂ 所示。若使力Ｆ″R作用于Ｏ 点，则力Ｆ′RＯ和Ｆ″R构成一对平衡力，可以去掉这一对平衡力，只剩下作用 于Ｏ′点的力ＦR。显然，力ＦR 就是原力系的合力，如图３ －２ｃ 所示。因此，在这种情况下，原力系简化的最后结果是 一个合力ＦR，其大小和方向与主矢Ｆ′R相同，合力的作用线离简化中心Ｏ 的垂直距离为
§ 3 - 2-2 平面特殊力系的平衡方程
■ 3. 平面平行力系的平衡方程
力系中各力的作用线均相互平行的平面力系称为平面平行力系。设物体受平面平行力系Ｆ１，Ｆ２，…，Ｆｎ 的作用（图 ３ －１３）。如选取ｘ 轴（或ｙ 轴）与各力垂直，则不论力系是否平衡，每一个力在ｘ 轴（或ｙ 轴） 上的投影恒等于 零，即∑Ｆｘ ＝ ０ （或∑Ｆｙ ＝０）。于是，平面平行力系的独立平衡方程的数目只有两个，即
■ 斜梁ＡＢＣ 为一楼梯的计算简图，如图３ －１４ａ 所示。其上承受的荷载为作用于斜梁ＡＢ 中点的集中力Ｆ ＝６００ Ｎ，作用于Ｃ 处的集中力偶Ｍ ＝１． ２ ｋＮ·ｍ 及沿梁ＡＢ 长度方向的均布荷载ｑ ＝１ ｋＮ／ ｍ，ｌ ＝１ ｍ， 试求梁Ａ，Ｂ 处的约束反力。
§ 例题
■ 例 3-12
■ 塔式起重机如图３ －１５ 所示。机架重Ｗ１ ＝７００ ｋＮ，其作用线通 过塔架的中心。最大起重量Ｗ２ ＝２００ ｋＮ，最大悬臂长为１２ ｍ， 轨道ＡＢ 的间距为４ ｍ。平衡荷重Ｗ３ 到机身中心线距离为６ ｍ。试问 ：
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解：1.取AB为研究对象画受力图 2.平衡方程求约束力
A
C
M0
q D
a
M0 C a FAy
a
a
q D
B F
M A (F ) 0 :
A FAx
5a FD 2a M O F 3a qa 0 2 qa FD 4 Fx 0 : FAx 0
Fy
a
a FD
tan m F fmax s FN s FN FN
G
Flj Ffmax FN
G
F2 F'f
临界状态
相对滑动状态
1.静滑动摩擦力 静摩擦力有介于零到临界最大值之间的取值 范围，即0<Ff≤Ffmax 。 静摩擦定律 大量实验表明，临界摩擦力的大小与物体接触面 间的正压力成正比。 Ffmax s FN s为静摩擦因数 2.动滑动摩擦大量实验表明，动滑动摩擦力Ff的大小与接触面 间的正压力FN成正比，即 为动摩擦因数 Ff FN
M A (F ) 0 :
二、固定端约束与均布载荷
1、平面固定端约束
MA
FAx FAy
F
平面固定端约束有两个约束力FAx、 FAy和一个约束力偶矩ＭA。
2、均布载荷
q
O x A l/2 l
载荷集度为常量的分布载荷称为均布载荷。 在构件一段长度上作用均布载荷q(N/m) FQ （1）.均布载荷的合力FQ B 等于均布载荷集度q与其分布长 度l的乘积，即 FQ=ql
简化结果的讨论 1）FR≠0 Ｍ0≠0主矢FR和主矩ＭO也可以合成为一个合力FR。 2）FR≠0 Ｍ0=0 主矢FR就是力系的合力FR。 力系为一平面力偶系。在这种情况下,主矩的 3）FR=0 Ｍ0≠0 大小与简化中心的选择无关。 4）FR=0 Ｍ0=0 力系处于平衡状态。
例1：图示物体平面A、B、C三点构成一等边三角形，三点分别作用 F力，试简化该力系。 解：（1）.求力系的主矢
F 5 5 5.6 kN co s 2
M FAB sin 0.1 FAB co s 0.1 0
1 2 ) 0.1 0.75 kN m 5 5
F
FOx FOy
解2：取整体为研究对象画受力图
M O (F ) 0 :
10cm
20cm
FB
M FB （ 0.1 0.2） 0 M 2.5 (0.1 0.2） 0.75kN m
解：1.分别取AC、CB画受力图 2.取CB列平衡方程求约束力 B 3l l
M C (F ) 0 :
FCx 0 0: B FCy FB ql 0 Fy 0 : l/2 FB FCy FB ql 10 15 2 20 kN
Fx
FB ql 0 2 2 ql 15 2 FB 10 kN 3 3
二、摩擦角与自锁现象
G G F1 Flj Ff FR
G Flj Ffmax FRm Ffmax FRm
FN
FN
m
1.全反力FR 若将正压力FN和静摩擦力Ff两力合成，其合力FR就代表 了物体接触面对物体的全部约束反作用，FR称为全反力。 2.摩擦角m 最大全反力FRm与法线之间的夹角称为摩擦角。
A
Bx FB
Fx
0:
FB 3a F 2a M 0 0 2 Fa Fa F FB 3a 3 FAx 0
Fy
0:
FAy FB F 0
FAy F FB
2F 3
平衡方程的其它形式 例3： 图示支架由杆AB、BC组成，A、B、C处均为光滑铰链，在AB 上作用F力，集中力偶M0=Fa，=30°，试求杆件AB的约束力。
FR ( Fx) 2 ( Fy) 2 ( Fx ) 2 ( Fy ) 2
tan
M 0 M M O (F )
结论： 平面任意力系向平面任意点简化,得到一主矢FR‘和一主矩Ｍ0 主矢的大小等于原力系中各分力在坐标轴投影代数和的平方和 再开方,作用在简化中心上,其大小和方向与简化中心的选取无关。 主矩的大小等于各分力对简化中心力矩的代数和。其大小和方 向与简化中心的选取有关。
10cm 10cm 20cm
Fx
0 : FAB co s F 0
FAB
2
5
5
A M O
10cm 10cm
F'AB
20cm
FAB
B
Fy
F
FOx FOy M O
A
10cm
Fቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ B
M O (F ) 0 :
3.取OA列平衡方程求约束力
M 5.6 (
0 : FB FAB sin 0 1 FB FAB sin 5.6 2.5 kN 5
o 0 A
A
F
x
简化结果表明该力系是一平面力偶系。
3、平面任意力系的平衡方程
平衡条件 平面任意力系平衡的必充条件为FR=0 Ｍ0=0。即
FR ( Fx ) 2 ( Fy ) 2 0
M 0 M O (F ) 0
平衡方程
Fx 0 Fy 0 M ( F ) 0 0
F
A
M0
C
a F A FAx C FAy a M0
解：1.取AB杆为研究对象画受力图 B 2.平衡方程求约束力
Fx
M A (F ) 0 :
0: Fy 0 :
FB sin 30 2a F a M 0 0 FB 2 F FAx FBcos 30 0 FAx FBcos30 3F FAy FB sin 30 F 0 FAy 0
3.取AC列平衡方程求约束力
M A (F ) 0 :
FAy l
Fx
0:
Fy
0:
M A M 0 FCy l 0 M A M 0 FCy l 20 20 2 20 kN m FAx 0 FAy FCy 0 FAy FCy 20 kN
B F
0:
FAy FD F qa 0
FAy qa qa 3qa qa 4 2 4
环节五、资讯2
三、物体系统的平衡问题
1.物系 工程机械和结构都是由若干个构件通过一定约束联接组
成的系统称为物体系统，简称为物系。
2.物系平衡 物系处于平衡，那么物系的各个构件都处于平衡。
为使求解简便，坐标轴一般选 在与未知力垂直的方向上，矩心可 选在未知力作用点（或交点）上。
应用举例
例2：图示杆件AB, 在杆件上作用力F,集中力偶M0=Fa,求杆件 的约束力。 解：1.取AB为研究对象画受力图
M0 F
A
a y M 0 FAx F Ay a a F
B
2.建立坐标系列平衡方程
M A (F ) 0 :
F
F
x
F F co s60 F co s60 0
0 F sin 60 F sin 60 0
y
C F M 0 F B
x
FR ( Fx ) 2 ( Fy ) 2 0 （2）.选A点为简化中心，求力系的主矩 F 3 AB M M ( F ) F sin 60 AB 2
M0 A l MA M0 l q F B
Fx
q
F B
解：1.取AB为研究对象画受力图 2.平衡方程求约束力
M A (F ) 0 :
M A F 2l ql
A FAx
0:
3l M0 0 2 5ql 2 MA 2
FAy l
l
Fy
FAx 0
0:
FAy F ql 0 FAy F ql 2ql
作用于刚体上的力， 可以平移到刚体上的任一 点，得到一平移力和一附 加力偶，其附加力偶矩等 于原力对平移点的力矩， 此即为力线平移定理。
2、平面任意力系的简化
简化中心
F1 A B F2 = F3
F3
O C
M1 O M3
F'1 M2
F'2
=
O
M0
FR
Fy Fx
（1）.主矢FR （2）.主矩M0
(2).均布载荷求力矩： 由合力矩定理可知，均布载荷对平面上任意点O的力矩等 于其合力FQ与分布长度中点到矩心距离的乘积， 即：M0(ql)=ql· (x+l/2) 。
应用举例 例4：图示为悬臂梁的平面力学简图。已知梁长为2l，作用均 布载荷q，作用集中力F=ql和力偶M0 =ql2, 求固定端的约束力。
F
任务二：曲柄连杆机构在图示位置时，F=5kN，试求曲柄OA上应 加多大的力偶矩Ｍ才能使机构平衡?
A
M
10cm
O
10cm 20cm
B
F
环节二、资讯1
P
一、平面任意力系的简化与平衡问题
1、力线平移定理
F' B F" d A F 若F' = F"=F F' M=Fd A d
=
B
M ( FF ) Fd M B ( F )
环节六、小组讨论—完成任务2
任务二：曲柄连杆机构在图示位置时，F=5kN，试求曲柄OA上应 加多大的力偶矩Ｍ才能使机构平衡?
A
M
10cm
O
10cm 20cm
B
F
环节七、汇报
任务二：曲柄连杆机构在图示位置时，F=5kN，试求曲柄OA上 应加多大的力偶矩Ｍ才能使机构平衡? 解1：1.分别取曲柄OA、滑块B画受力图 A 2.取滑块B列平衡方程求约束力 M 1 1 2 B F tan , sin , co s O
A
C
M0
q D
a
M0 C a FAy
a
a
q D
B F
M A (F ) 0 :
A FAx
5a FD 2a M O F 3a qa 0 2 qa FD 4 Fx 0 : FAx 0
Fy
a
a FD
tan m F fmax s FN s FN FN
G
Flj Ffmax FN
G
F2 F'f
临界状态
相对滑动状态
1.静滑动摩擦力 静摩擦力有介于零到临界最大值之间的取值 范围，即0<Ff≤Ffmax 。 静摩擦定律 大量实验表明，临界摩擦力的大小与物体接触面 间的正压力成正比。 Ffmax s FN s为静摩擦因数 2.动滑动摩擦大量实验表明，动滑动摩擦力Ff的大小与接触面 间的正压力FN成正比，即 为动摩擦因数 Ff FN
M A (F ) 0 :
二、固定端约束与均布载荷
1、平面固定端约束
MA
FAx FAy
F
平面固定端约束有两个约束力FAx、 FAy和一个约束力偶矩ＭA。
2、均布载荷
q
O x A l/2 l
载荷集度为常量的分布载荷称为均布载荷。 在构件一段长度上作用均布载荷q(N/m) FQ （1）.均布载荷的合力FQ B 等于均布载荷集度q与其分布长 度l的乘积，即 FQ=ql
简化结果的讨论 1）FR≠0 Ｍ0≠0主矢FR和主矩ＭO也可以合成为一个合力FR。 2）FR≠0 Ｍ0=0 主矢FR就是力系的合力FR。 力系为一平面力偶系。在这种情况下,主矩的 3）FR=0 Ｍ0≠0 大小与简化中心的选择无关。 4）FR=0 Ｍ0=0 力系处于平衡状态。
例1：图示物体平面A、B、C三点构成一等边三角形，三点分别作用 F力，试简化该力系。 解：（1）.求力系的主矢
F 5 5 5.6 kN co s 2
M FAB sin 0.1 FAB co s 0.1 0
1 2 ) 0.1 0.75 kN m 5 5
F
FOx FOy
解2：取整体为研究对象画受力图
M O (F ) 0 :
10cm
20cm
FB
M FB （ 0.1 0.2） 0 M 2.5 (0.1 0.2） 0.75kN m
解：1.分别取AC、CB画受力图 2.取CB列平衡方程求约束力 B 3l l
M C (F ) 0 :
FCx 0 0: B FCy FB ql 0 Fy 0 : l/2 FB FCy FB ql 10 15 2 20 kN
Fx
FB ql 0 2 2 ql 15 2 FB 10 kN 3 3
二、摩擦角与自锁现象
G G F1 Flj Ff FR
G Flj Ffmax FRm Ffmax FRm
FN
FN
m
1.全反力FR 若将正压力FN和静摩擦力Ff两力合成，其合力FR就代表 了物体接触面对物体的全部约束反作用，FR称为全反力。 2.摩擦角m 最大全反力FRm与法线之间的夹角称为摩擦角。
A
Bx FB
Fx
0:
FB 3a F 2a M 0 0 2 Fa Fa F FB 3a 3 FAx 0
Fy
0:
FAy FB F 0
FAy F FB
2F 3
平衡方程的其它形式 例3： 图示支架由杆AB、BC组成，A、B、C处均为光滑铰链，在AB 上作用F力，集中力偶M0=Fa，=30°，试求杆件AB的约束力。
FR ( Fx) 2 ( Fy) 2 ( Fx ) 2 ( Fy ) 2
tan
M 0 M M O (F )
结论： 平面任意力系向平面任意点简化,得到一主矢FR‘和一主矩Ｍ0 主矢的大小等于原力系中各分力在坐标轴投影代数和的平方和 再开方,作用在简化中心上,其大小和方向与简化中心的选取无关。 主矩的大小等于各分力对简化中心力矩的代数和。其大小和方 向与简化中心的选取有关。
10cm 10cm 20cm
Fx
0 : FAB co s F 0
FAB
2
5
5
A M O
10cm 10cm
F'AB
20cm
FAB
B
Fy
F
FOx FOy M O
A
10cm
Fቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ B
M O (F ) 0 :
3.取OA列平衡方程求约束力
M 5.6 (
0 : FB FAB sin 0 1 FB FAB sin 5.6 2.5 kN 5
o 0 A
A
F
x
简化结果表明该力系是一平面力偶系。
3、平面任意力系的平衡方程
平衡条件 平面任意力系平衡的必充条件为FR=0 Ｍ0=0。即
FR ( Fx ) 2 ( Fy ) 2 0
M 0 M O (F ) 0
平衡方程
Fx 0 Fy 0 M ( F ) 0 0
F
A
M0
C
a F A FAx C FAy a M0
解：1.取AB杆为研究对象画受力图 B 2.平衡方程求约束力
Fx
M A (F ) 0 :
0: Fy 0 :
FB sin 30 2a F a M 0 0 FB 2 F FAx FBcos 30 0 FAx FBcos30 3F FAy FB sin 30 F 0 FAy 0
3.取AC列平衡方程求约束力
M A (F ) 0 :
FAy l
Fx
0:
Fy
0:
M A M 0 FCy l 0 M A M 0 FCy l 20 20 2 20 kN m FAx 0 FAy FCy 0 FAy FCy 20 kN
B F
0:
FAy FD F qa 0
FAy qa qa 3qa qa 4 2 4
环节五、资讯2
三、物体系统的平衡问题
1.物系 工程机械和结构都是由若干个构件通过一定约束联接组
成的系统称为物体系统，简称为物系。
2.物系平衡 物系处于平衡，那么物系的各个构件都处于平衡。
为使求解简便，坐标轴一般选 在与未知力垂直的方向上，矩心可 选在未知力作用点（或交点）上。
应用举例
例2：图示杆件AB, 在杆件上作用力F,集中力偶M0=Fa,求杆件 的约束力。 解：1.取AB为研究对象画受力图
M0 F
A
a y M 0 FAx F Ay a a F
B
2.建立坐标系列平衡方程
M A (F ) 0 :
F
F
x
F F co s60 F co s60 0
0 F sin 60 F sin 60 0
y
C F M 0 F B
x
FR ( Fx ) 2 ( Fy ) 2 0 （2）.选A点为简化中心，求力系的主矩 F 3 AB M M ( F ) F sin 60 AB 2
M0 A l MA M0 l q F B
Fx
q
F B
解：1.取AB为研究对象画受力图 2.平衡方程求约束力
M A (F ) 0 :
M A F 2l ql
A FAx
0:
3l M0 0 2 5ql 2 MA 2
FAy l
l
Fy
FAx 0
0:
FAy F ql 0 FAy F ql 2ql
作用于刚体上的力， 可以平移到刚体上的任一 点，得到一平移力和一附 加力偶，其附加力偶矩等 于原力对平移点的力矩， 此即为力线平移定理。
2、平面任意力系的简化
简化中心
F1 A B F2 = F3
F3
O C
M1 O M3
F'1 M2
F'2
=
O
M0
FR
Fy Fx
（1）.主矢FR （2）.主矩M0
(2).均布载荷求力矩： 由合力矩定理可知，均布载荷对平面上任意点O的力矩等 于其合力FQ与分布长度中点到矩心距离的乘积， 即：M0(ql)=ql· (x+l/2) 。
应用举例 例4：图示为悬臂梁的平面力学简图。已知梁长为2l，作用均 布载荷q，作用集中力F=ql和力偶M0 =ql2, 求固定端的约束力。
F
任务二：曲柄连杆机构在图示位置时，F=5kN，试求曲柄OA上应 加多大的力偶矩Ｍ才能使机构平衡?
A
M
10cm
O
10cm 20cm
B
F
环节二、资讯1
P
一、平面任意力系的简化与平衡问题
1、力线平移定理
F' B F" d A F 若F' = F"=F F' M=Fd A d
=
B
M ( FF ) Fd M B ( F )
环节六、小组讨论—完成任务2
任务二：曲柄连杆机构在图示位置时，F=5kN，试求曲柄OA上应 加多大的力偶矩Ｍ才能使机构平衡?
A
M
10cm
O
10cm 20cm
B
F
环节七、汇报
任务二：曲柄连杆机构在图示位置时，F=5kN，试求曲柄OA上 应加多大的力偶矩Ｍ才能使机构平衡? 解1：1.分别取曲柄OA、滑块B画受力图 A 2.取滑块B列平衡方程求约束力 M 1 1 2 B F tan , sin , co s O