理论力学PPT课件第2章 力系的平衡
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理论力学2.2、平面任意力系的合成与平衡
m F1 OA F2 OB F1 ( OB OA) F1 AB
m F1 OA F2 OB F1 ( OA OB ) F1 AB
3
力 线 作用在刚体上的力可以离开其作用线而平 平 行移动到刚体上任意位置处,但必须对刚体 移 附加一个力偶,附加力偶的力偶矩等于原力 定 对平移后所得新力作用点的力矩。 理
求细绳的拉力和A、B两处的支持力。
解、研究对象：AB，受力 如图所示，则有：
Fix Fiy mD
0 0
(Fi )
0
FB FD G FA c
FA
os
sin 0
FB
BD
G
AB 2
0 sin
FA
AD
0
FA 115.5(N) FB 72.2(N ) FD 129.9(N) 12
例2.2-6、匀质细杆AB长度为L，重量为mg，静 止在半径为r的光滑半圆槽内（图2.2-17），
L=3r；求AB杆与水平线之间的夹角
解、研究对象:AB杆,受力如 图所示,则有:
Fix 0 Fiy 0 mO (Fi ) 0
FB FB
cos(2 ) FD sin sin(2 ) FD cos
d mO 2402 3.39(m) FR 709 .5
xE
d
sin
3.39 sin 70.8
3.59(m)
y yE tan 70.8 (x xE ) y 2.87x 10.31 0
10
课堂练习题(图示)：
m F1 OA F2 OB F1 ( OA OB ) F1 AB
3
力 线 作用在刚体上的力可以离开其作用线而平 平 行移动到刚体上任意位置处,但必须对刚体 移 附加一个力偶,附加力偶的力偶矩等于原力 定 对平移后所得新力作用点的力矩。 理
求细绳的拉力和A、B两处的支持力。
解、研究对象：AB，受力 如图所示，则有：
Fix Fiy mD
0 0
(Fi )
0
FB FD G FA c
FA
os
sin 0
FB
BD
G
AB 2
0 sin
FA
AD
0
FA 115.5(N) FB 72.2(N ) FD 129.9(N) 12
例2.2-6、匀质细杆AB长度为L，重量为mg，静 止在半径为r的光滑半圆槽内（图2.2-17），
L=3r；求AB杆与水平线之间的夹角
解、研究对象:AB杆,受力如 图所示,则有:
Fix 0 Fiy 0 mO (Fi ) 0
FB FB
cos(2 ) FD sin sin(2 ) FD cos
d mO 2402 3.39(m) FR 709 .5
xE
d
sin
3.39 sin 70.8
3.59(m)
y yE tan 70.8 (x xE ) y 2.87x 10.31 0
10
课堂练习题(图示)：
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）
理论力学教程课件-力系的平衡
FBA
F 2 sin
（2）取挡板C为研究对象
Y 0, FM FCB cos 0
解得
FM
FCB
cos
F 2
cot
B FBA
F B
FBC FBC
FCB
C
FNC FM
A
F
C M
FCB
§3.2 平面力偶系的平衡
若物体在平面力偶系作用下处于平衡， 则合力偶矩等于零
Mi 0
由合力之矩定理：
Ph
dP
x
l
0
q(
x)
x
dx
合力作用线位置：
l
q(x)xdx
h
0 l
0 q(x)dx
☆ 两个特例
(a) 均布荷载 P
q
h
x
l
l
P 0 q(x)dx ql
l
h
q( x) x dx
0 l
q( x)dx
l 2
0
(b) 三角形分布荷载 P q0
h
x
l
Y 0,
FAy FB 0 FAy P
PC
2a M D
解法2
a
FAy
FB
A
B
FAx
解法3
M A( F ) 0, M B( F ) 0, MC( F ) 0,
解上述方程，得
FB 2a M Pa 0 FAy 2a Pa M 0 FAxa FB 2a M 0
Mo=0
X 0
Y 0
理论力学第二章(2)
合力FR 的大小等于原力系的主矢
合力FR 的作用线位置
MO FR
小结：平面任意力系简化结果讨论
主矢
FR 0
FR 0
主矩
MO 0
MO 0 MO 0
MO 0
最后结果
说明
合力 合力作用线过简化中心
合力 合力偶
合力作用线距简化中心M O FR
与简化中心的位置无关
平衡
与简化中心的位置无关
21
简化为一个力：
c os (FR
,
i)
Fx FR
,
cos(FR ,
j)
Fy FR
原力系的主矢与简化中心O的位置无关
主矩： 原力系中各力对简化中心O之矩的代数和称为原力
系对点O的主矩。
n
M O M O (F1) M O (F2 ) ...... M O (Fn ) M o (Fi ) i 1
主矩与简化中心的选择有关
称点O为简化中心 F1’、F2’、….Fn’平面汇交力系，合力为FR’
M1、M2、….Mn平面力偶系，合力偶矩为MO
10
1、主矢和主矩
FR’=F1’+F2’+….+Fn’=F ’= F
主矢：量（简平称面为力主系矢中）所有各力的矢量和FR′称为该力系的主矢
主矢FR′的大小和方向余弦为：
FR (Fx )2 (Fy )2
11
平面任意力系向作用面内一点简化
一般力系（任意力系）向一点简化汇交力系+力偶系
（复杂力系）
（两个简单力系）
汇交力系 力偶系
力，FR‘(主矢) ， (作用在简化中心)
力偶 ，MO (主矩) ， (作用在该平面上)
理论力学第2章平面任意力系
空载时轨道A 、 B的约束反力，并问此起重机在使用过程中有无翻
倒的危险。
解：
（1）起重机受力图如图
（2）列平衡方程 ：
MA 0:
Q
Q(6 2) RB 4 W 2 P(12 2) 0
MB 0:
Q(6 2) W 2 P(12 2) RA 4 0
6m
解方程得:
W
P
12m
RA 170 2.5P
FR' Fi Fxi Fy j
MO MO (Fi )
3. 平面任意力系的简化结果
（1）FR´= 0，Mo ≠ 0, （2）FR´ ≠ 0，Mo = 0, （3）FR´≠ 0，Mo ≠ 0, （4）FR´= 0，Mo = 0,
合力偶，合力偶矩，MO MO (Fi )
合力，合力作用线通过简化中心O。
3
F2
j
F3
x
(437.6)2 (161.6)2
F1
1 1
100
Oi
1 2
466.5N
200
MO 21.44N m
y
合力及其与原点O的距离如图(c) 。 MO
x
y
d
x
O
FR FR′ 466.5N FR´
FR
O
d MO 45.96mm
(b)
(c)
FR
10
例11 水平梁AB受按三角形分布的载荷作用，如图示。载荷的
M
l
l
30
B
D
° F
3l
P
q
A
21
解：T字形刚架ABD的受力如图所示。
M
l
l
Fx 0
30
B
FAx 1 • q • 3a Fcos30 0
理论力学课件-02第二章静力学(2)
研究方法：几何法，解析法。
例：起重机的挂钩。
3
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 §2–2 平面汇交力系合成与平衡的解析法 §2–3 平面力对点之矩的概念及计算 §2–4 平面力偶
4
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
一、平面汇交力系的合成
1.两个共点力的合成
力偶矩矢量有关.
45
力偶在任何轴上的投影为零，本身又不平衡。
y
F
d
F'
x
力偶不能合成为一个力，不能用一个力来等效 替换；力偶也不能用一个力来平衡，只能由力偶来 平衡。力和力偶是静力学的两个基本要素。
46
力偶对平面内任意一点的矩： MO (F , F ) MO(F ) MO(F) F(x d) F x
力对刚体可以产生 移动效应—用力矢度量 转动效应—用力对点的矩度量
F
O—矩心
h —力臂
o
h
MO(F) F h
+-
37
B
F o rA
h
MO(F) F h
2AOB
说明：① M O (F )是代数量，逆时针为正
②单位N·m，工程单位kgf·m。
38
二、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， 等于所有各分力对同一点的矩的代数和
力的平行四边形法则或力三角形
5
2. 任意个汇交力的合成
F1 F2
A F3
F4
R F1 F2 F3 F4 即：R Fi
结论： 平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合力
的作用线通过各力的汇交点。
6
F2
F3
R1
例：起重机的挂钩。
3
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 §2–2 平面汇交力系合成与平衡的解析法 §2–3 平面力对点之矩的概念及计算 §2–4 平面力偶
4
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
一、平面汇交力系的合成
1.两个共点力的合成
力偶矩矢量有关.
45
力偶在任何轴上的投影为零，本身又不平衡。
y
F
d
F'
x
力偶不能合成为一个力，不能用一个力来等效 替换；力偶也不能用一个力来平衡，只能由力偶来 平衡。力和力偶是静力学的两个基本要素。
46
力偶对平面内任意一点的矩： MO (F , F ) MO(F ) MO(F) F(x d) F x
力对刚体可以产生 移动效应—用力矢度量 转动效应—用力对点的矩度量
F
O—矩心
h —力臂
o
h
MO(F) F h
+-
37
B
F o rA
h
MO(F) F h
2AOB
说明：① M O (F )是代数量，逆时针为正
②单位N·m，工程单位kgf·m。
38
二、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， 等于所有各分力对同一点的矩的代数和
力的平行四边形法则或力三角形
5
2. 任意个汇交力的合成
F1 F2
A F3
F4
R F1 F2 F3 F4 即：R Fi
结论： 平面汇交力系的合力等于各分力的矢量和，合力
的作用线通过各力的汇交点。
6
F2
F3
R1
理论力学02平面力系的简化和平衡
即它就是作用线方程rxry例题2123平面力偶系作用在同一平面的多个力偶构成平面力偶系以其中任一力偶为基准通过移转改变力偶臂长度将其他力偶与该基准力偶叠合得到两个汇交力系再分别合成可以得到一个新力偶原力偶系的合力偶原力偶系的合力偶矩只受平面力偶系作用的刚体平衡充要条件
第二章
平面力系的简化和平衡
2.1力的合成与分解： 1.平行四边形法则： 作用于物体上同一点的两个力可合成 一个合力，此合力也作用于该点，合力的 大小和方向由以原两力矢为邻边所构成的 平行四边形的对角线来表示。
④ R ≠0, MO ≠0,为最一般的情况。此种情况还可以继续简 化为一个合力 R 。
合力R 的大小等于原力系的主矢 合力R 的作用线到简化中心的距离
MO d R
结论：
平面任意力系的简化结果 ：①合力偶MO ； ②合力 合力矩定理：由于主矩 而合力对O点的矩
R
M O mO ( Fi )
主矩：
M O M O ( F ) 3F1 1.5P 1 3.9P 2 2355kN m
（2）求合力及其作用线位置：
d x 3.514m 0 0 cos 90 70.84
（3）求合力作用线方程：
MO MO
' ' FR x FRy y FRx x FRy y FRx
二、汇交力系的合成 由几何法知合力等于各分力的矢量和，即
R F Fn F i 1 F 2 F 3
又 由于
Fi X ii Yi j Zi k Fxii Fyi j Fzi k
代入上式得 R
F i F
xi
yi
j Fzi k
根据合矢量投影定理得合力在坐标轴的投影
第二章
平面力系的简化和平衡
2.1力的合成与分解： 1.平行四边形法则： 作用于物体上同一点的两个力可合成 一个合力，此合力也作用于该点，合力的 大小和方向由以原两力矢为邻边所构成的 平行四边形的对角线来表示。
④ R ≠0, MO ≠0,为最一般的情况。此种情况还可以继续简 化为一个合力 R 。
合力R 的大小等于原力系的主矢 合力R 的作用线到简化中心的距离
MO d R
结论：
平面任意力系的简化结果 ：①合力偶MO ； ②合力 合力矩定理：由于主矩 而合力对O点的矩
R
M O mO ( Fi )
主矩：
M O M O ( F ) 3F1 1.5P 1 3.9P 2 2355kN m
（2）求合力及其作用线位置：
d x 3.514m 0 0 cos 90 70.84
（3）求合力作用线方程：
MO MO
' ' FR x FRy y FRx x FRy y FRx
二、汇交力系的合成 由几何法知合力等于各分力的矢量和，即
R F Fn F i 1 F 2 F 3
又 由于
Fi X ii Yi j Zi k Fxii Fyi j Fzi k
代入上式得 R
F i F
xi
yi
j Fzi k
根据合矢量投影定理得合力在坐标轴的投影
ppt版本——哈工大版理论力学课件全套02
解: 各力偶的合力偶矩为
Mm1m2m3m4 4(15)60Nm
由力偶只能与力偶平衡的性质， 力FA与力FB组成一力偶。
根据平面力偶系平衡方程有: FB 60 300N 0.2
FB0.2m1m2 m3 m4 0 FA FB 300 N
理论力学
36
[例]图示结构，已知M=800N.m，求A、C两点的约束力。
C
FBA 0.366G 7.321kN
负时，表示原先假 定的该力指向和实
FBC 1.366G 27.32 kN
际指向相反。
理论力学
16
理论力学
17
§2-2 平面力对点之矩 平·面力偶
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、转向
一、力对点之矩（力矩）
C
A
B
F
CB F' 1 CB CA
CA F
若CB=CA=CB+d 成立，且d≠0，必有CB→∞
即合力作用点在无穷远处，不存在合力。
理论力学
27
性质2：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。
F′
A d
xB O
F C
MO(F)MO(F)F(xd)Fx Fd
2
2h
Fy 0 F CBsinq FCy 0
解得
F Cy 1.5kN
理论力学
15
[例]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。 A
Mm1m2m3m4 4(15)60Nm
由力偶只能与力偶平衡的性质， 力FA与力FB组成一力偶。
根据平面力偶系平衡方程有: FB 60 300N 0.2
FB0.2m1m2 m3 m4 0 FA FB 300 N
理论力学
36
[例]图示结构，已知M=800N.m，求A、C两点的约束力。
C
FBA 0.366G 7.321kN
负时，表示原先假 定的该力指向和实
FBC 1.366G 27.32 kN
际指向相反。
理论力学
16
理论力学
17
§2-2 平面力对点之矩 平·面力偶
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、转向
一、力对点之矩（力矩）
C
A
B
F
CB F' 1 CB CA
CA F
若CB=CA=CB+d 成立，且d≠0，必有CB→∞
即合力作用点在无穷远处，不存在合力。
理论力学
27
性质2：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。
F′
A d
xB O
F C
MO(F)MO(F)F(xd)Fx Fd
2
2h
Fy 0 F CBsinq FCy 0
解得
F Cy 1.5kN
理论力学
15
[例]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。 A
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2020/11/16
32
3. 摩擦角与自锁
摩擦角的定义：当摩擦力达到最大值时其全反力 与法线的夹角称为摩擦角。
tgmFFmNax
fsFN FN
fs
2020/11/16
33
2020/11/16
34
摩擦系数的测定：OA绕O 轴转动使物块刚开始下
滑时测出α角，tg α=fs , (即为该两种材料间的静 摩擦系数)。
2
dFd Qx(x)q(x),dM dx(x)FQ(x)
2020/11/16
19
例7 试导出理想流体(无粘性)的静力平衡微分方 程。设单位质量的体分布力为f。
解：在静止流体中取边长分别为dx,dy,dz的微小六面体, 受体积力FVf 及6个侧面上的表面压力作用. 考察左 右两侧面中点的压强大小如图所示，并视为整个侧面的 平均压强。
Mz
F Nx
F Qz
F Qy My
3KN
1KN 2KN
2020/11/16
1KN
14
思考：如何求各段内力函数？
D
1m
3KN
2m
1KN 2 m
1m
2KN
A
1KN
分三段，三个坐标
如：将D处2m，改为x，则CD段 扭矩为常数，弯矩为线性函数
2020/11/16
15
5、变形体的内力计算
例5：已知 q、l 试求图示简支梁，横截面内
2020/11/16
10
研究对象：三根直杆+重物+缆绳
受力分析：汇交力系 F A, F B, F C , F P, W , FPW500kN
FAFA co6s0osin60oico6s0oco6s0o jsin60ok FB FB co6s0osin60oico6s0oco6s0o jsin60ok FCFC co6s0o jsin60ok FPFP co6s0o jsin60ok
F1
r
hG
M f1 max
FS A FN
F2
r
h
G
M f2 max
FS A FN
2）为什么轮胎气压不足时，行驶阻力增大？
2020/11/16
48
2020/11/16
24
二 物系平衡问题解法
1.物系平衡的两个特点：
1)整体、单体、 任意各部分物体都是平衡体, 均 可取为分离体, 存在取必要分离体及先后顺序 问题。
2)约束力都是未知的, 但并非需求的, 需求力只 是全部未知力的一小部分, 存在列写必要平衡 方程问题.
2020/11/16
25
2.一般步骤：
力随轴线的变化规律（内力函数）。
解：约束力
ql FAy = FBy = 2
x
q
F AA y l
在x处作截面，研究左半段，受力如图
由
F y0 F Qq 2 lqx(0xl)q2 l
FBB y
x qx
2
M
FQ
由
M c 0
M q lx qx2(0x l) 22
2020/11/16
16
q
A l
FQ
ql 2
1) 凡取整体考虑能求出部分需求量的优先取整 体, 否则取单体或部分物体.
2) 凡所取单体或部分物体考虑能求出部分需求 量的优先取该单体或部分物体.
3) 巧取矩心、投影轴、尽量避免联立方程.常选 未知力的交点为矩心以及与多个未知力相垂直 的投影轴.
物系平衡的例
2020/11/16
26
§2.3 考虑摩擦时的物体平衡
摩擦平衡的例
2020/11/16
44
二. 滚动摩擦 滚动摩擦产生的原因:
G
F
O
A
FS
FN
F x0 F SF
F y0 F NG
M A Fr0 r为圆柱体半径
2020/11/16
45
G
F
O
G
F
O
A
FS
G
F O
A FS
a FN FR
Mf
FN FR
滚动摩擦产生的原因：重为G的圆柱体沿水平面运动时，因 为二者间的局部变形引起一种阻碍圆柱体与平面相对运动的 阻力，如图.将这些阻力向A点简化，可得一主矢和一主矩
WWk
Fx0: FBFA0 Fy0: FBFAcos60oFCFP0 Fz0: FAFBFCFPsin60oW0
FA FB 569kN FC 69kN
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2、平行力系 例2 起重机的稳定性问题,求Gomin, xmax(p57例2-2).
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3、力偶系
例3 已知:盘径均为d，AB=l，各力大小相同均为本F. 试确定轴 承A，B的约束力(P60例2-5)。
解： M 1M 2F d ,M 1 M 2 由封闭的力偶矩三角形,得
MAB 2Fd
故
FA
FB
MAB l
2Fd l
位于垂直于MAB的平面内,即与x,或y轴夹角为450,与 xy面垂直的平面内,指向由右手法则定.
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4、一般力系
例4：试求图示折杆的固定端处约束力。
解： 折杆的受力如图b。
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2)三种习题类型: (1)物体肯定能平衡,摩擦力按静摩擦状态处理. (2)物体处于临界摩擦状态，摩擦力按临界状态处理. (3)物体能否平衡不能预先确定,可先假设平衡,待求出 摩擦力和法向约束力后,再作如下判断:
①若 FS fsFN ,则物体平衡成立; ②若 FS fsFN ,则物体平衡不成立.
6
平面汇交力系,取汇交点为坐标原点
F x 0 , F y 0
平面平行力系,取y轴平行于各力
F y 0 , M z 0
平面力偶系
Mi 0
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3. 平衡方程要点
（1）力系平衡时，对任意轴x，有 F x= 0 M x0
（2）各类力系独立平衡方程数
空间 平面
一般 6 3
平行 3 2
tgmFFmNax
fsFN FN
fs
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自锁的概念与条件：
m
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思考： 1)已知fs,求为何值时自锁？
FP
90o
FP
2)鄂氏破障机， 多 咬大 入时 角，矿石不
汇交 3 2
力偶 3 1
可用于判断问题是否可解
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思考：下列问题是否可解？
F
F
M
三杆平行
三杆汇交
G
4杆汇交
F
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M
两杆平行 4杆平行
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三、简单平衡问题
1、汇交力系
例1 三根直杆AD，BD，CD在点D处互相联结构成支架，
ABC组成等边三角形，各杆和缆绳与地面的夹角均为60o， W=500kN的载荷。求平衡时各杆的轴向压力。
由 Fy 0 ，得
pdxdz(p p ydy)dxdzfydxdydz0
故
fy
1
p y
0
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同理可得
fx
1
p x
0
故有
fz
1
p z
0
1p p p
fxifyjfzk(xiyjzk)
即
f 1 p
式 中 ： f= fx i fyj fzk , p p xi p yj p zk
M
2
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4.考虑滑动摩擦的平衡问题
1)三个要点: (1) 在静摩擦状态,摩擦力的方向可以假设,大小由 平衡方程定.
在临界摩擦状态,摩擦力的方向不能假设，要根 据物体运动趋势来判断,大小由方程 Fmax fsFN . (2) 平衡有个范围,解也有一个范围,须用不等式表 达. (3) 解题方法：①解析法 ② 几何法
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思考：1）图示受力圆板平衡吗？
B
C
A
D
F
B
C
A
D
2）图示力系沿正方体棱边，
F
大小相等，平衡吗？若不平 F 衡，试加一力使之平衡。 F F
F F
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2.一般力系的平衡方程
1)基本形式 由 F i0M 0(F i)0向直坐标轴投影,得
F x0F y0F z0
M x 0 M y 0 M z 0 2)其它形式
由
Fx 0 FN 1kN Fy 0 FQy 2kN
剪力FQ2 5kN
Fz 0 FQz 13 4kN
由 Mx 0, MT 12214kNm
My 0, My 12328kNm
Mz 0, Mz 12226kNm
弯 矩 M 8 2621 0k N m
1m 2m
1KN
3KN
2m
1m
2KN
1KN
Mx
Mx
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M
M
M
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F
Nr=5 Ne =6
一自由度机构
F
Nr=6 Ne =6
静定结构
F
Nr=7 Ne =6 一次超静定结构
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思考：试判断下列系统是否静定？
A f 0
G
B
C