第02章 平面汇交力系与力偶系(高)
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第二章平面汇交力系及平面力偶系
一、几何法合成（作图法）
1、两力的合成方法——平行四边形法则。
2、多个力的合成。方法——力多边形法 则（依据平行四边形法则）。将汇交
力系各力平行移至首尾相接，起点至
第
终点连线为合力。
一 章
静 力 学 基 础
理论力学教学课件
第一节 平面汇交力系的合成
一、几何法（作图法）
F1
R12
O
F2
F3
R123
同理 ：Ry= F1y+ F2y+ F3y
R FX 2 Fy 2
第二节 平面汇交力系合成的解析法
例 用 解 析 法 求 三 力 的 合 力 。 已 知 F1=100N ，
F2=200N，F3=300N 。
F1
45°
O
F2
解：F1X=F1COS45°=71N F1y=F1sin45°=71N F2X=F2=200N
静 力
自行封闭。
学 基
础
第二节 平面汇交力系的合成与 平衡的解析法
一、解析法合成（计算 ） 1、力在直角坐标轴上的投影
y
a’
A
αF
B
b’
oa
b
x
ab:F在x轴上的投影（Fx). a’b’:F在y轴上的投影（Fy）。
Fx=ab=Fsinα
第
一
Fy=a’ b’= - Fcosα
章
静 力 学 基 础
第二节 平面汇交力系合成的解析法
解：据平衡方程：ΣFx=0 ΣFy=0
ΣFy=-P- FD cos30°-FCBsin30°=0 FCB=-74.6 KN （BC杆受压） ΣF x=-FAB - FD sin30°FCBcos30°=0 FAB =54.6 KN （AB杆受拉）
1、两力的合成方法——平行四边形法则。
2、多个力的合成。方法——力多边形法 则（依据平行四边形法则）。将汇交
力系各力平行移至首尾相接，起点至
第
终点连线为合力。
一 章
静 力 学 基 础
理论力学教学课件
第一节 平面汇交力系的合成
一、几何法（作图法）
F1
R12
O
F2
F3
R123
同理 ：Ry= F1y+ F2y+ F3y
R FX 2 Fy 2
第二节 平面汇交力系合成的解析法
例 用 解 析 法 求 三 力 的 合 力 。 已 知 F1=100N ，
F2=200N，F3=300N 。
F1
45°
O
F2
解：F1X=F1COS45°=71N F1y=F1sin45°=71N F2X=F2=200N
静 力
自行封闭。
学 基
础
第二节 平面汇交力系的合成与 平衡的解析法
一、解析法合成（计算 ） 1、力在直角坐标轴上的投影
y
a’
A
αF
B
b’
oa
b
x
ab:F在x轴上的投影（Fx). a’b’:F在y轴上的投影（Fy）。
Fx=ab=Fsinα
第
一
Fy=a’ b’= - Fcosα
章
静 力 学 基 础
第二节 平面汇交力系合成的解析法
解：据平衡方程：ΣFx=0 ΣFy=0
ΣFy=-P- FD cos30°-FCBsin30°=0 FCB=-74.6 KN （BC杆受压） ΣF x=-FAB - FD sin30°FCBcos30°=0 FAB =54.6 KN （AB杆受拉）
第二章 平面汇交力系与平面力偶系(修改后)
(b)
（压）
(b)
（拉）
【例】求如图所示梁的支座约束反力（梁重忽略不计）。
(a)
解: (1)画梁的受力图如图（b）所示。 (2)列平衡方程如下：
又 (3)联解上各式得:
(b)
(a) (b)
（压） （拉）
[例] 已知 P=2kN ，求CD所受的力和A处的约束反力。
解：(1)以AB杆为研究对象，画其受力 图如右下方所示
指向：用右手法则，表示力矩转向
20
二、合力矩定理
FR
F1
F2
z
Fn
A
r
y x
合力对点o的力矩矢为
定理：平面汇交力系的合力对平面内任一点的矩，等于所 有各分力对同一点的矩的代数和。
21
三、 力矩与合力矩的解析式 力矩 合力矩
22
[例] 力F 作用于支架上的点C,如图所示，设
F 分别对点A,B之矩。
接，并以铰链A、C与墙连接。如两杆和滑轮的自重不计，
并忽略摩擦和滑轮的大小，试求平衡时AB杆和BC杆所
受的力。
解: (1)取滑轮为研究对象，由
于滑轮的大小可忽略不计，故
其受力图如下图（b）所示。
(b) (a)
(2)列平衡方程，建立如图（b）所示的直角坐标系
(a)
其中 F1=F2=P (3)求解上两方程得
（2）任一力偶可以在它的作用平面内任意动移，而不改变力 偶对刚体的效应。
（3）只要保持力偶矩的大小和力偶的转向不变，可以同时改 变力偶中力的大小和力偶臂的长短，而不改变力偶对刚体的 效应。
26
三、平面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 设有两个力偶
第2章平面汇交力系和力偶系
力系简化
■平面力偶系(couple system) 平面力偶系(couple 力偶系
F
F′
大小相等,方向相反, 力偶 : 大小相等,方向相反,不共线的两个 力所组成的力系. 力所组成的力系. (F, F′) 力偶作用面: 力偶作用面: 二力所在平面 力偶臂: 力偶臂:二力作用线间的垂直距离
■平面力偶系(couple system) 平面力偶系(couple 力偶系
＊该定理适用于有合力的任何力系
例题） ■力对点之矩（例题）
例1
已知 : F , l1, l2 , α . 求 : MO(F) 解：使用合力之矩定理 使用合力之矩定理
MO (F) = Mo (Fx ) + Mo (Fy ) =－F l2sin α + F cosα （l1－l3)
例题） ■力对点之矩（例题）
注意： 注意：一般力矩的计算往 往不是用定义式。 往不是用定义式。计算往 往使用合力之矩定理 往使用合力之矩定理 。 F
O
d
■力对点之矩（合力之矩定理 ）
合力之矩定理
MO(FR)= Σ M O(Fi)
合力矩定理 合力矩定理：合力对任一点之矩矢等于
力系中各力对该点之矩矢的矢量和； 力系中各力对该点之矩矢的矢量和；
解析法) ■汇交力系(解析法 解析法
力在直角坐标轴上的投影与分解
矢量式 或
F = Fx +Fy F = Fx i + Fy j
分别为力在 、 轴上 分别为力在x、y轴上 力在 的投影
y
Fy
j i
F
Fx
x
Fx 、Fy
投影符号规定：与轴正向一致时为+，反之，为负。 投影符号规定：与轴正向一致时为+ 反之，为负。
2第2章平面汇交力系与力偶系
碍物。求：在中心作用的水平力F的大小和碾子对障碍物的压力。
解： ①研究对象:碾子 ②画受力图
F =P⋅tgα
NB=
P cos α
r 2 −(r −h)2 =0.577 又由几何关系： tgα = r −h
F
P
NB
11
例：求横梁A的约束力和杆DC所受的力。P＝10kN,AC＝CB.
A
45
0
P
B
C
解：1）AB杆 2）受力分析 3）求约束力 0 10kN
2．力的分解
或 Y = F sin γ sin α Z = F cos γ
x
y'
y F xy
FY FX
F
F = F X + F Y 两个分力不是正交的。
注：沿非正交坐标的分力与投影的关系
力在 x 轴上的投影不等于力在 x 方
X
x
向上分力大小，即； X
≠ Fx
15
3、力在直角坐标轴上的投影与分解
y
B
= F2 sin 60 + F3 sin 50 − F4 sin 40
FRy
= 72.95
FRX
θ
x
∴ FR = 123.48 N
θ = 36.210
19
例：求横梁A的约束反力和杆DC所受的力。P＝10kN,AC＝CB.
A 45
0
P
B C
解：1）AB杆 2）受力分析 3）列平衡方程
∑ Fx = 0, N A cos θ + N C cos 45 = 0
解： ①选碾子为研究对象 ②画受力图 ∵当碾子刚离地面时NA=0,拉力F最大,这时
F
O
拉力F和自重及支反力NB构成一平衡力系。 由平衡的几何条件，力多边形封闭，故
解： ①研究对象:碾子 ②画受力图
F =P⋅tgα
NB=
P cos α
r 2 −(r −h)2 =0.577 又由几何关系： tgα = r −h
F
P
NB
11
例：求横梁A的约束力和杆DC所受的力。P＝10kN,AC＝CB.
A
45
0
P
B
C
解：1）AB杆 2）受力分析 3）求约束力 0 10kN
2．力的分解
或 Y = F sin γ sin α Z = F cos γ
x
y'
y F xy
FY FX
F
F = F X + F Y 两个分力不是正交的。
注：沿非正交坐标的分力与投影的关系
力在 x 轴上的投影不等于力在 x 方
X
x
向上分力大小，即； X
≠ Fx
15
3、力在直角坐标轴上的投影与分解
y
B
= F2 sin 60 + F3 sin 50 − F4 sin 40
FRy
= 72.95
FRX
θ
x
∴ FR = 123.48 N
θ = 36.210
19
例：求横梁A的约束反力和杆DC所受的力。P＝10kN,AC＝CB.
A 45
0
P
B C
解：1）AB杆 2）受力分析 3）列平衡方程
∑ Fx = 0, N A cos θ + N C cos 45 = 0
解： ①选碾子为研究对象 ②画受力图 ∵当碾子刚离地面时NA=0,拉力F最大,这时
F
O
拉力F和自重及支反力NB构成一平衡力系。 由平衡的几何条件，力多边形封闭，故
第 2 章 平面汇交力系与平面力偶系
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
例2-1
F Ptg
N
B
P
cos
又由几何关系： tg
r2 (rh)2 rh 0.577
所以
F=11.5kN , NB=23.1kN
由作用力和反作用力的关系，碾子对障碍物的压力等于23.1kN。 此题也可用力多边形方法用比例尺去量。
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.4 平面汇交力系合成的解析法
FR FR2x FR2y ( Fxi )2 ( Fyi )2
cos(FR
,
i)
FRx FR
cos(FR ,
j)
FRy FR
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.2 力的正交分解与力的解析表达式
y
Fy j Oi
F Fx x
F F x F y Fx i Fy j
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.3 合力投影定理
平面汇交力系的合力在某轴上的投影，等 于力系中各个分力在同一轴上投影的代数和。
FRx Fxi FRy Fyi
结论：平面汇交力系可简化为一合力，其 合力的大小与方向等于各分力的矢量和 (几何和)，合力的作用线通过汇交点。 用 矢量式表示为：
FR F1 F2 Fn F
如果一力与某一力系等效，则此力称为该 力系的合力。
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
解:1.取碾子，画受力图. 用几何法，按比例画封闭力四边形
例2-1
F Ptg
N
B
P
cos
又由几何关系： tg
r2 (rh)2 rh 0.577
所以
F=11.5kN , NB=23.1kN
由作用力和反作用力的关系，碾子对障碍物的压力等于23.1kN。 此题也可用力多边形方法用比例尺去量。
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.4 平面汇交力系合成的解析法
FR FR2x FR2y ( Fxi )2 ( Fyi )2
cos(FR
,
i)
FRx FR
cos(FR ,
j)
FRy FR
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.2 力的正交分解与力的解析表达式
y
Fy j Oi
F Fx x
F F x F y Fx i Fy j
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.2 平面汇交力系合成与平衡的解析法
2.2.3 合力投影定理
平面汇交力系的合力在某轴上的投影，等 于力系中各个分力在同一轴上投影的代数和。
FRx Fxi FRy Fyi
结论：平面汇交力系可简化为一合力，其 合力的大小与方向等于各分力的矢量和 (几何和)，合力的作用线通过汇交点。 用 矢量式表示为：
FR F1 F2 Fn F
如果一力与某一力系等效，则此力称为该 力系的合力。
第二章 平面汇交力系与平面力偶系
2.1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
解:1.取碾子，画受力图. 用几何法，按比例画封闭力四边形
第2章 平面汇交力系和平面力偶系
9
例题 1
解：
1. 选碾子为研究对象，受力分析如图b所示。
F
R O
各力组成平面汇交力系，根据平衡的几何条
件，力P ， F ， FA和FB组成封闭的力多边形。
qP
B
由已知条件可求得
A
h
cos q R h 0.866
(a)
R
q 30
FO
再由力多边形图c 中各矢量的 几何关系可得
解得
FB sin q F FA FB cosq P
（2）应用合力矩定理
MO (F ) MO (Fx ) MO (Fy )
F cosq l cosj F sinq l sinj Fl cos(q j)
22
§2—4 平面力偶 1．力偶与力偶矩
由两个大小相等、方向相反且不共线的平行力组成的力系，
称为力偶。如图所示，记作（F，F'）。力偶的两力之间
如图轧路碾子自重P = 20
kN，半径 R = 0.6 m，障碍物高
h = 0.08 m碾子中心O处作用一
水平拉力F，试求: (1)当水平 拉力F = 5 kN时，碾子对地面和
R
FO
障碍物的压力；(2)欲将碾子拉
q
过障碍物，水平拉力至少应为多
B
大；(3)力F 沿什么方向拉动碾
A
h
子最省力，此时力F为多大。
大小取决于力的大小与力臂的乘积，平面力对点之矩是一 个代数量。它的转向人为规定一般取逆时针转向时为正， 反之为负。
F对矩心点O之矩
MO(F) r
ห้องสมุดไป่ตู้Oh
B F A
M O (F ) Fh 2 AOAB
式中 AOAB为三角形OAB 的 面积，如图所示。单位为 N•m或kN •m。
第2章平面汇交力系与平面力偶系
FBA
FBC
FAB
A
' F' FBA BC
B B
B
P
C
F2 F1
C
FCB
解：
y
FBA F2
600
300
（1） 取滑轮为研究对象，将其视为 一个几何点。受力如图所示。
其中 F1= F2 =P = 20 kN （2）选取图示坐标系。列方程
B
FBC
F1
x
X 0, Y 0,
FBA F1cos600 F2cos300 0 FBC F1cos300 F2cos600 0
解：（1）取碾子为研究对 象。 画受力图。
F
F
O B
O B
FB
P
P
A FA
A
（2）根据力系平衡的几何条件，作封闭的力多边形。
按比例，先画已知力，各力矢首位相接。
FB
a.从图中按比例量得
FA=11.4 kN , FB=10 kN 5 kN
FA
0
P
b.也可由几何关系计算
Rh cos 0.866 R
即：若作用在刚体上 {F1 , F2 ,, Fn } {FR }
则：
M O ( FR ) MO (Fi )
i 1
n
在古代，人们没有大型的 起重工具，只能依靠人力和畜力 。在建造宏伟的建筑物时，为了 将巨大的石柱竖立起来，可能采 用了右图所示的方法。其中起关 键作用的是用木材作成的 A 字形 支架。试从力学角度说明采用此 项措施的必要性。
P
解： 取梁为研究对象。 画受力图。
注意：这里所设力 FA 的方向与 实际方向相反。
解：取横梁为研究对象。画受力图。 建立图示直角坐标系。 由平面汇交力系的平衡条件列方程
FBC
FAB
A
' F' FBA BC
B B
B
P
C
F2 F1
C
FCB
解：
y
FBA F2
600
300
（1） 取滑轮为研究对象，将其视为 一个几何点。受力如图所示。
其中 F1= F2 =P = 20 kN （2）选取图示坐标系。列方程
B
FBC
F1
x
X 0, Y 0,
FBA F1cos600 F2cos300 0 FBC F1cos300 F2cos600 0
解：（1）取碾子为研究对 象。 画受力图。
F
F
O B
O B
FB
P
P
A FA
A
（2）根据力系平衡的几何条件，作封闭的力多边形。
按比例，先画已知力，各力矢首位相接。
FB
a.从图中按比例量得
FA=11.4 kN , FB=10 kN 5 kN
FA
0
P
b.也可由几何关系计算
Rh cos 0.866 R
即：若作用在刚体上 {F1 , F2 ,, Fn } {FR }
则：
M O ( FR ) MO (Fi )
i 1
n
在古代，人们没有大型的 起重工具，只能依靠人力和畜力 。在建造宏伟的建筑物时，为了 将巨大的石柱竖立起来，可能采 用了右图所示的方法。其中起关 键作用的是用木材作成的 A 字形 支架。试从力学角度说明采用此 项措施的必要性。
P
解： 取梁为研究对象。 画受力图。
注意：这里所设力 FA 的方向与 实际方向相反。
解：取横梁为研究对象。画受力图。 建立图示直角坐标系。 由平面汇交力系的平衡条件列方程
第2章 平面汇交力系与平面力偶理论
且在同一平面内，由平面力偶系的合成理论．其合力偶矩为
式中，负号表示合力偶的转向为顺时针方向转动。
欲求作用在A、B处的水平力，应以工件为研究对象，受力分析如图 2—13所示，由于工件在水平面内受四个力偶和两个螺栓的水平反力 的作用下而平衡。因为力偶只能与力偶平衡，故两个螺栓的水平反 力N一和jv”必然组成一个力偶。由平面力偶系的平衡方程
二、平面汇交力系合成与平衡的解析法
根据合力投影定理，可计算出合力R的投影Rx和Ry
合力R与x轴正向间的夹角为
平面汇交力系平衡的充要条件是该力系的合力R等于0，则有
上式成立，必须同时满足
平面汇交力系解析法平衡的必要与充分条件是：力系中所有 各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零。
例2-2 图2-5(a)所示圆柱体A重Q，在中心上系着两条绳AB和 AC，并分别经过滑轮B和C，两端分别挂重为P和2P的重物，试 求平衡时绳AC和水平线所构成的角α及D处的约束反力。 解 选圆柱为研究对象，取分离体画受
（2）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。这就是平面力 偶的等效定理。
定理的推论
(1)力偶可以在其作用面内任意移动，而不影响它对 刚体的作用效应。 (2)只要保持力偶矩大小和转向不变，可以任意改变 力偶中力的大小和相应力偶臂的长短。而不改变它 对刚体的作用效应 上述推论表明，在研究同一平面内有关力偶问题时， 只需考虑力偶矩的代数值，而不必研究其中力的大 小和力偶臂的长短。
从而解得
所以
例 图a 所示结构中，各构件自重不计。在构件AB 上作用1力 偶矩为M 的力偶，求支座A 和C 的约束力。
解（1）BC为二力杆： F c= −F B（图c） （2）研究对象AB，受力如图b 所示， F AFB' 构成力偶， 则
式中，负号表示合力偶的转向为顺时针方向转动。
欲求作用在A、B处的水平力，应以工件为研究对象，受力分析如图 2—13所示，由于工件在水平面内受四个力偶和两个螺栓的水平反力 的作用下而平衡。因为力偶只能与力偶平衡，故两个螺栓的水平反 力N一和jv”必然组成一个力偶。由平面力偶系的平衡方程
二、平面汇交力系合成与平衡的解析法
根据合力投影定理，可计算出合力R的投影Rx和Ry
合力R与x轴正向间的夹角为
平面汇交力系平衡的充要条件是该力系的合力R等于0，则有
上式成立，必须同时满足
平面汇交力系解析法平衡的必要与充分条件是：力系中所有 各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零。
例2-2 图2-5(a)所示圆柱体A重Q，在中心上系着两条绳AB和 AC，并分别经过滑轮B和C，两端分别挂重为P和2P的重物，试 求平衡时绳AC和水平线所构成的角α及D处的约束反力。 解 选圆柱为研究对象，取分离体画受
（2）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。这就是平面力 偶的等效定理。
定理的推论
(1)力偶可以在其作用面内任意移动，而不影响它对 刚体的作用效应。 (2)只要保持力偶矩大小和转向不变，可以任意改变 力偶中力的大小和相应力偶臂的长短。而不改变它 对刚体的作用效应 上述推论表明，在研究同一平面内有关力偶问题时， 只需考虑力偶矩的代数值，而不必研究其中力的大 小和力偶臂的长短。
从而解得
所以
例 图a 所示结构中，各构件自重不计。在构件AB 上作用1力 偶矩为M 的力偶，求支座A 和C 的约束力。
解（1）BC为二力杆： F c= −F B（图c） （2）研究对象AB，受力如图b 所示， F AFB' 构成力偶， 则
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第二章平面汇交力系与平面力偶系
2-1铆接薄板在孔心A、B和C处受三力作用，如图所示。
F1=100N,沿铅直方向；F2=50N，方向如图；F3=50N，沿水平方向，并通过点A，尺寸如图。
求此力系的合力。
（答案:F R =161.2N ）
2-2、物体重W=20KN，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在绞车D上，如图所示。
转动绞车，物体便能升起。
设滑轮的大小、AB与CD杆自重及摩擦略去不计，A、B、C三处均为铰链连接。
当物体
处于平衡状态时，拉杆AB和支杆CB所受的力。
（答案: F
AB=54.64KN(
拉), F CB=74.64KN）__
2-3、在图示刚架的点B作用一水平力F,刚架重量不计。
求支座A、D的反力F
A和F D。
（答案:F
A= 1.118
F F D=0.5F）
2-4电动机重P=5000N，放在水平梁AC的中央，如图所示。
梁的A端以铰链固定，另一端以撑杆BC支持，撑杆与水平梁的交角为300。
不计撑杆重，求撑杆BC的内力及铰支座A处的约束力。
F A=5000N
答案:F
BC=5000N,
2-5铰链四连杆机构CABD的CD边固定，在铰链A、B处有力F1、F2作用，如图示。
机构平衡，不计杆重。
求力F1、F2的关系。
答案:F1/F2 =0.6124
2-6三铰门式刚架受集中载荷Ｐ作用，不计架重；求图示情况下支座Ａ．Ｂ的约束反力。
（答案：R A =R B =0.707F ）
2-7在杆AB的两端用光滑铰与两轮中心A、B连接，并将它们置于互相垂直的两光滑斜面上。
两轮重均为P，杆AB重量不计，试求平衡时角θ之值。
若轮A的重量PA=300N，欲使平衡时杆AB在水平位置，轮B的重量P B应为多少。
答案：θ=300 P B=100N
2-8锻锤工作时，作用的力如图，F=F'=1000N，偏心距e=20mm，锤头高度h=200mm，求锤头加给两侧导轨的压力。
答案：F=100 KN
2-9 已知梁AB上作用一力偶，力偶矩为M，梁长为L，梁重不计。
求支座A、B的约束力。
答案：F A =F B =M / Lcosα
2-10 图示结构中，不计杆自重。
在结构AB 上作用一力偶矩为M 的力偶，求支座A 和C 的约束力。
答案：F A =F C =M/22a
2-11 曲柄连杆活塞机构上受力F=400N ，且a =100mm 。
不计构件自重，求在曲柄上应加多大的力偶矩M 可使机构在图示位置平衡。
答案：M=60N.m
2-12 角杆CDA 和T 字形杆BDE 在D 处铰接，并支承如图。
若系统受力偶矩为m 的力偶作用，不计各杆自重，求A 支座反力的大小为和方向。
答案: a m 2，方向由A 指向C
2-13已知杆AB和CD自重不计，且在C处光滑接触，若作用在AB杆上的力偶的矩为m1,则欲使系统保持平衡，作用在CD杆上的力偶的矩m2的转向如图示，其矩值是多少。
答案：m1=m2
2-14 四连杆机构OABO1在图示位置平衡，已知OA=40 cm，O1B =60 cm，作用在曲柄OA上的力偶矩大小为M1=1 N·m，不计杆重。
求力偶矩M2的大小及连杆AB所受的力。