静力学-第2章(1) 平面基本力系-PPT课件

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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）

第2章静力学

yD
=
Jc + yc A
yc
！压力中心 D 恒在平面形心 C 的下方。
为什么？
应用上述公式时应该注意：（1）没有考虑大气压的影响。（2）在压力中心的计算式中y坐标原点的取法。
将y轴原点取在自由液面上。
[例题2-3] 如图所示，一矩形闸门两面受到水的压力，左边水深H1 = 4.5m，右边水深 H2 = 2.5m ，闸门与水面成 α = 450
四.流体静压力的两个重要特性：
特性一：静压力方向永远沿着作用面内法线方向
p
τ
证明：
pn m
一方面，流体静止时只有法向力，没有切向力，静压力只能沿法线方向；
另一方面，流体不能承受拉力，只能承受压力。所以，静压力唯一可能的方向就是内法线方向。
特性二：静止流体中任何一点上各个方向的静压力
大小相等，与作用面方位无关。
说明：实压力体（+）：压力体内充满液体，垂直分力是向下的；虚压力体（-）：压力体内没有液体，垂直分力是向上的。压力体液重并不一定是压力体内实际具有的液体重力，只是一个虚构概念。
综上所述，压力体的画法可归纳为以下几步：
（1）将受力曲面根据具体情况分成若干段；（2）找出各段的等效自由液面。（3）画出每一段的压力体并确定虚实。（4）根据虚实相抵的原则将各段的压力体合成，得到最
受压曲面ab的压力体为V=BAabc。面积Aabc为扇形面积aob与三角形 cob面积之差，所以有
θ
P
Pz
b
Pz = ρ gBAacb
图2－23 例2－4图
Pz = ρ gBAacb
=
ρgB
⎡α
⎢ ⎣
360
（π H ）2 − sin α

平面力偶系

F
（A）
第二章平面基本力系
B
（B）
F
29
力偶系的平衡
思考题：结构如图所示，已知各杆均作用一个主动力偶 M，确定各个铰链约束力的方向（不计构件自重）
A
M
O
M B
第二章平面基本力系
30
力偶系的平衡
例:求当系统平衡时,力偶 M1, M2 应满足的关系。
研究BD
研究AC
C
M1 D
B

M1
D
NB
MO (Fn ) Fn h Fnr cos
78.93 N m
解法二
r
或根据合力矩定理，将
O
力Fn分解为圆周力F 和径向 F
力Fr , 则力Fn对轴心O的矩
MO Fn MO (F) MO (Fr ) MO (F) Fnr cos
Fn Fr
第二章平面基本力系
9
例题
力对点之矩
水平梁AB受三角形分布的载荷作用，如图所示。
载荷的最大集度为q，梁长l。试求合力作用线的位置。
q
A
Bx
第二章平面基本力系
10
例题
力对点之矩
F
q A
dx x
h l
第二章平面基本力系
解：在梁上距A端为x的微段 dx上，作用力的大小为q’ dx，
其中q’ 为该处的载荷集度，
i 1
第二章平面基本力系
6
三、力矩的解析表达式
Mo(F)= xFy-yFx
x、y是力F作用点A的坐标，而Fx 、 Fy是力F在x、y轴的投影，
计算时用代数量代入。
合力FR对坐标原点之矩的解析表达式

静力学第二章

§2–3
空间力偶
1、力偶矩以矢量表示,力偶矩矢
空间力偶的三要素（1）大小：力与力偶臂的乘积；（2）方向：转动方向；（3）作用面：力偶作用面。
F1 F2 F1 F2
力偶矩矢 M rBA F （4–10）
2、力偶的性质
(1）力偶中两力在任意坐标轴上投影的代数和为零 . （2）力偶对任意点取矩都等于力偶矩，不因矩心改变而改变。力偶矩
B
A
A O
α
FAB
FBA
B
M1
M2 D
FO
M1 O
M2 D FD
解：杆AB为二力杆。由于力偶只能与力偶平衡，则AO杆与BD杆的受力如图所示。分别写出杆AO和BD的平衡方程： Mi 0 由得 M1 r ·AB cosα= 0 F

M2 + 2r · BA cosα= 0 F
则得
因为
三式与(2-3)式比较
比较（2-3）、（2-5）、（2-6）、（2-7）式可得
M o ( F ) yFz zFy M x ( F )
x
M o ( F ) zFx xF M y ( F )
y
M o ( F ) xFy yFz M z ( F )
FAB = FBA
M2 = 2 M1
例2-5 如图所示机构的自重不计。圆轮上的销子A放在摇杆BC上的光
滑导槽内。圆轮上作用一力偶，其力偶矩为M1=2 kN· ， OA = r =0.5 m。 m
图示位置时OA与OB垂直,角α=30o , 且系统平衡。求作用于摇杆BC上的力偶的矩 M2 及铰链O，B处的约束力。先取圆轮为研究对象。解：

静力学(受力分析)-课件

第一篇静力学
引言
一、静力学：研究物体在力系作用下的平衡条件的科学
二、静力学研究的主要内容： — 研究力系的合成和简化 —研究受力物体的平衡规律。
三、几个重要的基本概念
1、平衡
物体相对于惯性坐标系（工程中通常指地面)保持静止或匀速直线运动。
2、力是矢力的三要素：
量
大小、方向、作用线
3、力的单位：N（牛顿）、kN（千牛）
实例：
FR
柔索: 实例
3、光滑圆柱铰链约束
销钉
圆柱销约束力的分析
FR y
销钉
销
FR
钉孔
O
FR x
FRy FRx
销钉(铰链)
4、滚动支座
FN
FN
FN
5、固定铰支座
A
FAx FAy
固定铰支座
圆柱铰链和固定铰链支座的进一步说明
C
Ⅰ
Ⅱ
A
C
B
固定铰链支座圆柱铰链
C
Ⅰ
Ⅱ
A
B
FAy
A
FC y
FRy FRx
FRz
球股骨
球窝盆骨
盆骨与股骨之间的球铰连接
（2）止推轴承
FA y
A
ห้องสมุดไป่ตู้A FAz
FAx
§1-3 研究对象、分离体、受力图
受力分析－过程与方法
确定研究对象取分离体；根据约束性质确定约束力；画受力图。
受力分析示例 (1)
W
取分离体
W
A B
FRA
FRB
画受力图
开丹
公理1：力的平行四边形法则
F2
F RF 1F 2

第2章平面力系-平面力对点之矩及平面力偶

即
MO(F) F d
O点为力矩的中心，称为矩心； d 为O点到力F 作用线的垂直
距离，称为力臂。力矩的正负号：力使物体绕逆时针方向转动时为正，反
之为负。
应注意：在平面问题中，力对点之矩只取决于力矩的大小及其旋转方向（力矩的正负），因此它是一个代数量。
力矩的单位：国际制 N·m，kN·m 工程制公斤力米（kgf·m）
偶矩的代数和等于零，即 ∑Mi=0
利用这个平衡条件，可以求解一个未知量。
例题
两力偶作用在板上，尺寸如图，已知 F1 = F2=1.5 kN , F3
=F4 = 1 kN, 求作用在板上的合力偶矩。
F 1 180mm
解：由式
F2
M = M1 + M2
F4
则
M =-F1 ·0.18 –F3 ·0.08
FBA
B
A
FAB
M1
FO
O
M2 D
FD
M1 - FABrcosq 0 - M 2 2FBArcosq 0
因为 FAB FBA
所以求得 M 2 2M1
思考题1 一力偶(F1,F1′)作用在Oxy平面内,另一力偶(F2 ，F2′)作用在
Oyz平面内,它们的力偶矩大小相等(如图)。试问此两力偶是否等效，为什么？
F1
d1
F2 d2
F1′
=
F2′
M1 F1 d1 , M 2 -F2 d2
F22 d F11
F11′
=
F22′
d
FR
FR′
M1 F11 d , M 2 -F22 d
FR F11 - F22 , FR F11 - F22

静力学(第二章)

A FC
C
B
W
①选研究对象； ②去约束，取分离体；③画上主动力；④画出约束反力。
例3 图示结构中各杆重力均不计，所有接触处均为光滑接触。试画出:构件AO、AB和CD的受力图。
①选研究对象； ②去约束，取分离体；③画上主动力；④画出约束反力。
例4 画出下列各构件的受力图
说明：三力平衡必汇交当三力平行时，在无限远处汇交，它是一种特殊情况。
改变原力系对刚体的作用。
只适于刚体！
静力学基本公理
推理1
力的可传性
作用在刚体上某点的力，可沿其作用线移动，而不改变它对刚体的作用。
力对刚体的作用决定于：力的大小、方向和作用线。力是有固定作用线的滑动矢量。
静力学基本公理
根据力的可传性，作D 的受力图，此受力图是否正确？
分析整个系统平衡时，作用力是否可沿其作用线移动？
刚体静力学模型
1.3 接触和连接方式的抽象和理想化
自由体：
－约束
其运动没有受到其它物体预加的直接制约的物体
刚体静力学模型
约束：对非自由体运动起制约作用的周围物体约束反力：约束作用于被约束物体的力
非自由体：
其运动受到其它物体预加的直接制约的物体
刚体静力学模型约束反力的特点：
大小：常常是未知的作用点：接触点方向：总是与约束所能阻止的物体运动方向相反 F G
工程常见约束与约束反力
2.1 柔性约束
柔性约束只能承受拉力约束反力：沿柔索而背离被约束物体，作用于连接点。
工程常见约束与约束反力
2.1 柔性约束
柔性约束只能承受拉力
约束反力：沿柔索而背离被约束物体，作用于连接点。
链条约束与约束力

工程力学 (静力学)单辉祖主编PPT课件

y
F
y F
O
x
O
x
(a)
(b)
1-1-2 力的性质
例3：用图解法求合力
(a)
1-1-2 力的性质
例4：用图解法求Fx，Fy,Fz的合力
z Fz
FxxO源自Fyy1-1-2 力的性质
例4：已知系统平衡，画出B、C两点的受力方向
1-1-2 力的性质
例5：已知构件处于平衡状态，求Fc的方向
Fc
(a) (b)
➢ 固体力学研究在外力作用下，可变形固体内部各质点所产生的位移、运动、应力、应变及破坏等的规律。属于固体力学范畴的有材料力学、结构力学、弹性力学和塑性力学、复合材料力学、断裂力学等。
➢ 流体力学的研究对象是气体和液体。研究在力的作用下，流体本身的静止状态、运动状态及流体和固体间有相对运动时的相互作用和流动规律等。属于流体力学的有水力学、空气动力学、环境流体力学等。
据自己的爱好和特长，进一步广泛深入地研究工程力学相关的其它问题
学习方法与要求
学习要求：
➢ 不可迟到、早退、旷课 ➢ 上课不允许睡觉、做与本课程无关的事、说与上课无关的话 ➢ 积极参与教学过程，认真完成课堂练习 ➢ 按教师要求及时、独立完成课后作业 ➢ 上课带教材、课堂笔记本、练习本、画图工具、计算器
M x M i xM y M i yM z M i z
M= ﹝（∑Mix）2+（Miy）2+（Miz）2 ﹞ ½
n
平面力偶系的简M化：Mi Mi i1
力偶系的平衡条件：
n
M Mi 0
或
i 1
M x M i x 0 M y M i y 0 M z M i z 0
平面力偶系的平衡条件：

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解：
根据合力投影定理，得合力在轴 x，y上的投影分别为：
F1
60
O
45
30
F F cos 30 F cos 60 F cos 45 F cos 45 R x 1 2 3 4

45
x
F4
11
129 . 3 N

F3
F F cos 60 F cos 30 F cos 45 F cos 45 R y 1 2 3 4 112 . 3 N
F B
O

A
h
21
例题
平面基本力系
例题 5
R
解： 1. 选碾子为研究对象，受力分析如图b所示。
各力组成平面汇交力系，根据平衡的几何条件，力G ， F ， FA和FB组成封闭的力多边形。
F
O
由已知条件可求得 Rh cos 0.866 R 30
再由力多边形图c 中各矢量的几何关系可得
y
F cos 60 G F cos 30 0 0 , BC
联立求解得
F 5 . 45 kN AB
F 74 .5 kN BC
19
例题
平面基本力系
例题 4
约束力FAB为负值，说明该力实际指向与图上假定指向相反。即杆AB实际上受拉力。解析法的符号法则：当由平衡方程求得
15
例题
平面基本力系
例题 3
水平梁AB中点C作用着力F，其大小等于2 kN，方向与
梁的轴线成60º 角，支承情况如图a 所示，试求固定铰链支座A和活动铰链支座B的约束力。梁的自重不计。
60º
A
B
30º
C
a a
(a)
16
例题
平面基本力系
D
例题 3
解：
1.取梁AB作为研究对象。
F F B sin F G A F B cos

FB FA G F
O
B
A
(a)
h
F
(c)
解得
FB
G
B
A
F FA F 10 kN, F G F cos 11 . 34 kN B A B sin
B

F
B
x
F
D
F F
x y
0， F F cos 45 F cos 0 B D
sin F sin 45 0 0， F D
14 . 03 , 已知：
sin 0 . 243 , cos 0 . 969
联立求解得
F 750 N B
5
动画
第2章平面基本力系
平面力偶系的合成
6
动画
第2章平面基本力系
力偶实例
7
动画
第2章平面基本力系
力偶实例
8
动画
第2章平面基本力系
力偶实例
9
第 2 章平面力系的简化第 3章平面力系的平衡
例题
10
例题
平面基本力系
例题 1
求如图所示平面共点力系的合力。其中：F1 = 200 N，F2 = 300 N，F3 = 100 N，F4 = 250 N。 F2 y
1 4
F
J

I
FD

4 .由力三角形图c可得：
K
FB
(c)
sin 180 F F 750 N B sin
14
例题
平面基本力系
解析法
例题 2
1.取制动蹬ABD作为研究对象。
y
A
2.画出受力图，并由力的可传性
化为共点力系。 3.列出平衡方程：
FD
O
45°
静力学篇
第 2 章平面力系的简化第 3章平面力系的平衡
1
第 2 章平面力系的简化第 3章平面力系的平衡

动画例题
2
第 2 章平面力系的简化第 3章平面力系的平衡
动画
3
动画
第2章平面基本力系
平面汇交力系合成的几何法
4
动画
第2章平面基本力系
同平面内力偶等效定理证明
B
A FA
F 60º C (b) E
60º
2.画出受力图。
30º
FB
3.作出相应的力多边形。
FB K
4.由力多边形解出：
FA = F cos30=17.3 kN FB = F sin30=10 kN
17
F
30º
FA
H
(c)
例题
平面基本力系
例题 4
A 30° 30° C
B
利用铰车绕过定滑轮B 的绳子吊起一货物重 G = 20
例题
平面基本力系
例题 1
合力的大小：
2 2 F F F 171 . 3N R R x R y
F2
y F1
合力与轴x，y夹角的方向余弦为：
F cos R x 0 . 754 FR cos FR y FR 0 . 656
60
45
O
45
30
x F4
12
F3
49 .01
所以，合力与轴x，y的夹角分别为：
40 .99
例题
平面基本力系
例题 2
图 a 所示是汽车制动机构的一部分。司机踩到制动蹬上的
F
A

力F=212 N，方向与水平面成
24cm
O
B D
E
C
6cm
a = 45角。当平衡时，DA铅直， BC 水平，试求拉杆 BC 所受的力。已知 EA=24 cm ， DE=6 cm 点 E 在铅直线 DA 上，又 B ， C ， D 都是光滑铰
某一未知力的值为负时，表示原先假定的
该力指向和实际指向相反。
20
例题
平面基本力系
例题 5
如图轧路碾子自重G = 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:
R
(1)当水平拉力F = 5 kN时，碾子对地
面和障碍物的压力；(2)欲将碾子拉过障碍物，水平拉力至少应为多大； (3)力F 沿什么方向拉动碾子最省力，此时力F为多大。
链，机构的自重不计。
(a)
13
例题
平面基本力系
ALeabharlann 例题 2F解：几何法
1.取制动蹬ABD作为研究对象，并画出受力图。 2.作出相应的力多边形。 3. 由图b几何关系得：
OE EA 24 cm
DE 6 tan OE 24

O

B E
FD
(b)
FB
D
arctan 14 . 01
kN ，滑轮由两端铰接的水平
刚杆 AB 和斜刚杆 BC 支持于点 G
B 。不计铰车的自重，试求杆 AB和BC所受的力。
a
18
例题
y
平面基本力系
FBC
例题 4
解：
x
1.取滑轮 B 轴销作为研究对象。
2.画出受力图。 3.列出平衡方程：
B
30°
30°
FAB
F
G
b
F
cos 30 F F sin 30 0 Fx 0, F BC AB