资源描述
,理论力学,1,理论力学,2,力系按作用线分布分为：平面力系、空间力系 平面力系：作用线分布在同一平面内的力系。 空间力系：作用线分布在不同平面内的力系。 力系按作用线汇交情况分为 汇交力系 平行力系(力偶系是其中的特殊情况 ) 一般力系(任意力系),3,1 1,FR F2 F22 2FF2cos,1,F FR sin sin(180),一、平面汇交力系合成的几何法 1、两个共点力的合成,合力方向由正弦定理： 理论力学,由余弦定理：,由力的平行四边形法则作图（左），也可用力的三角形来作图（右）。,2-1,平面汇交力系,A,FR F1,F2 ,FR,A,F2, F1 力三角形,1800-,理论力学,4,F3,F2,F1,F4,A,F2,F3,FR,a,b F1,c,d F4 e,a,F2,d F4 e,c F3,FR F1 b,各力矢与合力矢构成的多边形称为力多边形。 用力多边形求合力的作图规则称为力的多边形法则。 力多边形中表示合力矢量的边称为力多边形的封闭边。,2、任意个共点力的合成,力多边形:各分力矢首尾相连， 组成一个不封闭的力多边形。 封闭边表示合力的大小和方向。,理论力学,5,理论力学,6,1 i,1 i,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 F F2 Fn F 3、平面汇交力系平衡的几何法 平面汇交力系平衡的必要和充分条件是： 该力系的合力等于零。 FR F F2 Fn F 0 上述方程的几何表达为：该力系的力多边形自行封闭。 用几何方法求平面汇交力系平衡时，要做出自行封 闭的力多边形，一般只适合三个力的平衡问题。,OE EA24 cm,tan , arctan 140,sin180 ,FB F 750N,理论力学,例图示是汽车制动机构的一部分。司,机踩到制动蹬上的力F=212 N，方向与 水平面成 =450角。当平衡时，DA铅,直，BC水平，试求拉杆BC所受的力。 已知EA=24cm， DE=6cm点E在铅直,F,24cm,6cm,A,C,B,D,线DA上 ，又B ，C ，D都是光滑铰链，O 机构的自重不计。,E,A,O,F, FD,B E FB D 7,解：取制动蹬ABD作为研究对象，并画出受力图。 作出相应的力多边形。 F FD FB,DE 6 OE 24 1 4,由力三角形图可得 sin ,FB ,tan 0.577,理论力学,8,取分离体画受力图 当碾子刚离地面时FA=0,拉力F最大,这时 拉力F和自重P及约束力FB构成一平衡力系。,由平衡的几何条件，力多边形封闭，故,F Ptan 又由几何关系：,P cos r2 (rh)2 rh,F=11.5kN， FB=23.1kN,所以,例已知压路机碾子重P=20kN，r =60cm，欲拉过h=8cm的障碍 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： 选碾子为研究对象,O P A,B h,F r FA,FB,FB,F P ,理论力学,9,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。 几何法解题步骤：选研究对象；作出受力图； 作力多边形； 用几何方法求出未知数。 几何法解题不足： 一般只适合三个力时的平衡；做出的 封闭多边形为三角形，可用三角形的 正弦和余弦定理求解； 不能表达各个量之间的函数关系。 下面我们研究力系合成与平衡的另一种方法： 解析法。,F Fx Fy,， cosb ,理论力学,10,反之，已知投影可求,力的大小和方向,已知力可求投影,Fx=F cosq Fy=F cosbF sinq,F,x,二、平面汇交力系合成的解析法 1、力的投影 y,Fy O,q 分力：Fx 投影：Fx,Fy A,b,2,2,力的大小,Fx Fy F F,cosq ,方向余弦,方向： cos(FR R， j) ,，i) ,，cos(F,理论力学,11,2、合力投影定理 合力投影定理：合力在任一轴上的投影，等于各分力在同一 轴上投影的代数和。,若以 Fx ， Fy 表示力沿直角坐标轴的正交分量，则：,F Fxi Fy j,所以：,FRx Fix,FRy Fiy,合力的大小：,作用点：,FRx FR,FRy FR,为该力系的汇交点,FR (F ix)2 (F iy)2,而各分力 Fx Fxi，Fy Fy j,力的分解 F Fx Fy,cos 0.7548,cos 0.6556,理论力学,12,1,1,2 2,FR FRx FRy 171.3N,FRx FR FRy FR, 40.99 ， 49.01,例已知：图示平面共点力系；求：此力系的合力。 解：用解析法 FRx Fix F cos30 F2cos60 F3cos45 F4 cos45 129.3N FRy Fiy F sin30 F2sin60 F3sin45 F4 sin45 112.3N,y,F1,F2,F3,F4,x,300 450,600 450,FR,理论力学,13,平面汇交力系平衡的必要和充分条件是： 各力在两个坐标轴上投影的代数和分别等于零。,3、平面汇交力系的平衡方程 平面汇交力系平衡的必要和充分条件是： 该力系的合力等于零。 2 2,F ix 0 ， F iy 0,必有,FBA BC 11.35kN, F,14,例已知：F=3kN，l=1500mm，h=200mm，忽略自重； 求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆受力。 解：AB、BC杆为二力杆，取销钉B为对象。,0,Fx,FBA cos FBC cos 0,FBA FBC 0 FBA sin FBC sin F 0 F 2sinq,得 Fy 解得 理论力学,理论力学,15,选压块C为对象,0,FCB cosFCx 0,11.25kN,Fl 2h,cot ,F 2,FCx ,Fx 解得,0,Fy 解得,F CBsinq FCy 0 F Cy 1.5kN,列平衡方程,理论力学,16,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,B,D,30,60,C,G,解：取滑轮B为研究对象， 忽略滑轮的大小，画受力图。,x,y,B 30,60,FBA,F1,FBC,1,1,F2 Fx 0， FBA F cos 60 F2 cos 30 0,Fy 0，FBC F cos 30 F2 cos 60 0,解方程得杆AB和BC所受的力: FBA 0.366G 7.321kN FBC 1.366G 27.32 kN,当由平衡方程求得 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。,理论力学,17,理论力学,18,2-2 平面力对点之矩 平面力偶,MO(F) O,h,r,F A,一、力对点之矩（力矩） B,力F与点O位于同一平面内， 称为力矩作用面。点O称为矩心， 点O到力作用线的垂直距离h 称,为力臂。 力对点之矩是一个代数量，它的 绝对值等于力的大小与力臂的乘积，,它的正负可按下法确定：力使物体绕 矩心逆时针转动时为正，反之为负。,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,力对物体可以产生,理论力学,19,M,h, MO(F)是代数量。 MO(F)是影响转动的独立因素。 当F=0或h=0时， O(F) =0。 单位N m或kNm 。 MO(F) =2AOB=F，2倍形面积。,MO(F) F h,力对点之矩,+,MO(F) O,h,r,F A,B,y,理论力学,20,F,Fx,Fy,x,y,O,q,x,A,MO(F) xFsinq yF cosq, xFy yFx,力矩的解析表达式,i,合力对坐标原点之矩 MO(FR) (xiF iy yF ix),二、合力矩定理与力矩的解析表达式 合力对某点之矩，等于所有各分力对同一点之矩的代数和。 n (F (F i1 按力系等效概念，上式必然成立，且适用于任何有合力存在的力系。,理论力学,21,r,h,O,例已知Fn=1400N,齿轮的节圆（啮合圆）的半径 r =60mm， 压力角 =200，求力Fn对O点的矩。,MO(Fn)FnhFnrcos 78.93Nm,按力矩的定义得,根据合力矩定理，将力Fn分 解为圆周力Ft 和径向力Fr ,r,O,Fn,Fr,Ft,MO(Fn) MO(Fr)MO(Ft) MO(Ft) Fn cos r,理论力学,22,理论力学,23,理论力学,24,理论力学,25,三、平面力偶及其性质 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，记为(F, F)。力偶的两力之间的垂 直距离d 称为力偶臂，力偶所在的平面称为力偶作用面。,理论力学,26,大小：FR=F1+F2 方向：平行于 F1、F2且指向一致,作用点：C处,1,确定C点，由合力距定理 MB(FR) MB(F),1,1,FR F F2 FR CB F AB,AB ACCB 代入,1,ACF2 CB F,性质1：力偶没有合力，本身又不平衡，是一个基本力学量。,两个同向平行力的合力,F2,F1,A,B,F,F,FR1,FR2,FR,C,理论力学,27,力偶无合力 FR=FF=0,1,F F,CB CA,CB CA,1,两个反向平行力的合力 大小：FR=F1F2,方向：平行两力且与较大的相同,作用点：C处 CB F CA F2,F2,F1,A,B,C FR,A,B,C,F,F 若CB=CA=CB+d 成立，且d0，必有CB 即合力作用点在无穷远处，不存在合力。,理论力学,28,MO(F)MO(F)F(xd)Fx Fd,说明： M是代数量，有+、； F、 d 都不独立，只有力偶矩 M=Fd 是独立量； M的值M=2 ABC ； 单位：N m,由于O点是任取的 M Fd,+,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。,A,B,O,d,C,x,F,F,理论力学,29,性质3：平面力偶等效定理 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。,=,=,=,由上述证明可得下列两个推论： 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。 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。,理论力学,30,=,=,=,=,理论力学,31,同平面内力偶等效定理证明,理论力学,32,d,F,力偶的臂和力的大小都不是力偶的特征量，只有 力偶矩才是力偶作用的唯一量度。今后常用如图所示 的符号表示力偶。M为力偶的矩。 F,=,M,=,M,理论力学,33,理论力学,34,1,M1 Fd1 F 3d,M2 F2d2 F4d,M1(F1，F1)， M2(F2，F2),F F 3 F4,F F 3F4,M Fd (F 3 F4)d F 3d F4d M1 M2 在同平面内的任意个力偶可以合成为一个合力偶，合力偶 矩等于各个力偶矩的代数和。,F2,F2,d2,F1,F 3,F 3,四、平面力偶系的合成和平衡 F1 F d1 4,F 4,d,F,F,d, M,理论力学,35,平面力偶系平衡的充要条件是: 所有各力偶矩的代数和等于零。(力偶只能和力偶平衡),n Mn Mi i i1,即: M M1 M2 ,i,0,M,即,A,B,D,M,45,l,A,B,M,FB,FA,FB 300N,理论力学,36,FB0.2m1m2 m3 m4 0 FA FB 300 N,解:,各力偶的合力偶矩为,根据平面力偶系平衡方程有: 60 0.2,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。,例,在一钻床上水平放置工件,在工件上同时钻四个等直,径的孔,每个钻头的力偶矩为 m1m2m3m415Nm 求工件的总切削力偶矩和A 、B端水平约束力?,12 F C C C(Nm),24 18 2F (Ncm) 0.255F,理论力学,37,例图示结构，已知M=800N.m，求A、C两点的约束力。,F C 3137N Mi 0 MAC M 0,2 2 2 2,M AC F Cd F C,解：注意到CB为二力构件，画受力图,FA C , F,理论力学,38,解：1、 AD为二力杆。,2、研究对象： 整体,M l,FA F C ,例图示杆系，已知M，l，求A、B处约束力。,A,C,B,D,l,l,M,FA,l FC,M作用在AD杆上又如何？,A,C,B,D,l,l,M,BC为二力杆,FA l,FC,M lsin450,2M l,理论力学,39,60o,60o,A,B C,D,M1,M2,例不计自重的杆AB与DC在C处为光滑接触,它们分别受力偶 矩为M1与M2的力偶作用 ，转向如图。问M1与M2的比值为多,大，结构才能平衡? 解:取杆AB为研究对象画受力图。,B,A,C,M1,FA,FC,杆AB只受力偶的作用而平衡且C处为 光滑面约束，则A处约束力的方位可定。,FA = FC = F,AC = a, Mi= 0,Fa- M1= 0,M1= Fa,(1),理论力学,40, Mi= 0 -0.5aF + M2= 0 M2= 0.5 Fa (2),联立(1)(2)两式得:M1/M2=2,取杆CD为研究对象。因C点约束力方位已定 , 则D点约束力,方位亦可确定，画受力图。 FD = FC= F,FC,60o,60o,A,B C,M2 D FD,理论力学,41,理论力学,42,作用在刚体上的力可以平行移到同一刚体内任意一 点，但必须同时附加一个力偶。附加力偶的力偶矩 等于原来的力对新作用点的矩。,力线 平移 定理,2-3 平面任意力系的简化 一、力线平移定理,A 力F力偶（F，F）,B,M,A 力系 F,F,F,B,F,F,F F,A 证 力F,B,F,理论力学,43,d,说明： 力线平移定理揭示了力与力偶的关系：力 力+力偶 ； （例如一个力功丝时容易功坏螺纹或折断丝锥） 力线平移的条件是附加一个力偶M，且M=F ； 一个力和一个力偶也可合成为一个力，即力线平移定理的 反定理同样成立：力 +力偶 力； 力线平移定理是力系简化的理论基础。,理论力学,44,理论力学,45,O,x,y,i,j,O,x,y,Fn,F1,F2,Fn,M2,M1,FR MO,F1 F1 F2 F2,Fn Fn,M1 MO(F1) M2 MO(F2),Mn MO(Fn),二、平面任意力系向一点的简化 F1 F2,O,任选O点为 简化中心,理论力学,46,平面任意力系,平面汇交力系+平面力偶系,向一点简化,1 i, 1 1 i,其中平面汇交力系的合力为 FR = F+F2+Fn = F +F2+Fn =F 平面力偶系的合力偶为 MO M1 M2 Mn MO(F )MO(F2)MO(Fn) MO(F) 平面汇交力系的合力FR，不是原来任意力系的合力。 平面力偶系的合力偶MO 也不是原来任意力系的合力偶。, R R， j) iy,Fix,方向：cos(F ，i),FR R,理论力学,47,原力系各力的矢量和，称为原力系的主矢。(不是原力系的合力),原力系各力对简化中心的矩，称为原力系对简化中心的主矩。,主矢与简化中心位置无关 (因主矢等于各力的矢量和),FR,2 2,F,cos(F, F,，,移动 效应,主 矢,i,MO M1 M2 M3 , MO(F 1)MO(F2),MO(F),主矩,主矢, 1 1 i,FR = F+F2+Fn = F F2+Fn =F,理论力学,48,i,大小： MO MO(F),主矩MO,转向：,转向规定,+,转动,效应,雨搭,主矩一般与简化中心有关 （因主矩等于各力对简化中心之矩的代数和） 固定端（插入端）约束,车刀,理论力学,49,理论力学,50,A,一物体的一端完全固定在另一物体上所构成的约束 称为固定端约束。（与固定铰不同）,A,FAy FA MA FAx A MA A FAx、 FAy、 MA为固定端的约束力; FAx 、 FAy限制物体移动, MA限制物体转动。,理论力学,51,理论力学,52,理论力学,53,理论力学,54, ,三、平面任意力系简化结果分析 平面任意力系向作用面内一点简化得一力和一力偶，该 力等于原力系的主矢，力偶矩等原力系对简化中心的主矩。 下面针对主矢、主矩的不同情况分别加以讨论。 1、若FR 0,MO 0，则力系合成为合力偶，合力偶矩等于原 力系对简化中心的主矩MO，此时主矩与简化中心的位置无关。 2、若FR 0,MO 0，则力系合成为一个合力，主矢 FR 等于 原力系的合力矢 FR ，合力FR通过简化中心O点。（合力与简 化中心位置有关，换个简化中心，主矩不为零）,理论力学,55,3、若 FR 0,MO 0，则力系仍合成为一个合力，合力等于原 力系的主矢。作用点不在简化中心。,o,o,FR,MO,o,FR,FR,o,o,FR,=,o =,MO FR,d ,i,d FR MO(FR) FRd MO MO(F),d 合力矩定理,4、若FR 0,MO 0, 则该力系平衡，下节专门讨论。, q(x)dx, xq(x)dx, q(x)dx,理论力学,56,l 0 l 0,MO FR,d ,d,x,A,O,q(x),l,x,dx,MO,l 0,主矢： F R ,l 0,xq(x)dx,主矩： MO ,力系可进一步简化为一合力，其作用线距O点的距离为：,四、平行分布载荷的简化 取O点为简化中心，将力系向O点简化。 dF R q(x)dx,dF R,F R,FR,结论：,合力的大小等于线荷载所组成几何 图形的面积。 合力的方向与线荷载的方向相同。 合力的作用线通过荷载图的形心。 理论力学,l/2,q,F,1 2,ql,l/2 F,3,2l,3,l,q,1、均布荷载 F ql 2、三角形荷载 F 3、梯形荷载,l,q2 57,q1,可以看作一个三角形荷载和一 个均布荷载的叠加,平行分布载荷简化的特例,2m,58,F1,F2,F3,F4,O,A,B,C,x,y,3m,30,60,例在长方形平板的O，A，B，C点上分别作用着有四个 力：F1=1kN，F2=2kN，F3=F4=3kN（如图），试求以上 四个力构成的力系对O点的简化结果，以及该力系的最后,合成结果。,解：求向O点简化结果,1.求主矢 FR ， 建立如图坐标系Oxy。,FRx Fx, F2 cos60F 3 F4 cos30 0.598 kN,1,FRy =Fy F F2sin60F4sin30,所以，主矢的大小 理论力学, x y,0.768 kN FR FR2 FR2 0.794 kN,cosFR , j= =0.789,d 0.51m,理论力学,59,最后合成结果,由于主矢和主矩都不为零，所以最后合,成结果是一个合力FR。如右图所示。,主矢的方向：,=0.614,FRx FR,cosFR ,i=,FR , i 52.1,FR y FR,2. 求主矩MO MO MOF, 2F2 cos602F 3 3F4sin300.5kNm,合力FR到O点的距离,FR FR,MO FR,C,y,x,O,A,FR , j 37.9 B,MO,FR,F,R,理论力学,60,例重力坝受力如图所示。 设G1=450kN，G2=200kN，,F1=300 kN，F2=70 kN。,求力系的合力FR的大小 和方向余弦,合力与基线,OA的交点到O点的距离x，,以及合力作用线方程。,9m,3m,5.7m,3m,x,y,B,C,O,q,90,F1,1.5m G1 3.9m,G2 A,F2,解： 1、 求力系的合力FR的大小和方向余弦。 AB 主矢的投影 F FR y Fy G1 G2 F2sinq 670.1 kN,cosFR ,i ,Fx,FR ,cosFR , j,Fy,FR ,理论力学,61,A,C,FRx FR,MO O FRy,所以力系合力FR的大小 FR FR (Fx)2 (Fy)2 709.4kN,方向 余弦 则有, 0.328 0.945 FR ,i 70.84 FR , j 180 19.16,1,力系对O点的主矩为 MO MOF F 3 mG11.5 mG23.9 m 2 355 kNm,x 3.514m,FR x,O,70.84,70.84,理论力学,62,A,O,C,FR,FRy,FRx,x,A,C,FR,FRy,MO 70.84o,2、求合力与基线OA的交点到O点的距离 x。 由合力矩定理得,MO MO(FR) MO(FRx)MO(FRy),其中 MO(FRx) 0,故,MO MO(FR y) FR y x MO 解得 FR y,理论力学,63,将合力作用于此点，则,3、求合力作用线方程。 设合力作用线上任一点的坐标为（x，y)，,A,O,C,FR,FRy,FRx 70.84,x,x,y,MO MOFR xFR y yFRx xFx yFy 可得合力作用线方程 2355kNm 670.1 kNx232.9kN y,即,670.1 kNx232.9 kN y2 355 kNm0,R (Fx) (Fy)2,F,理论力学,64,2-4,平面任意力系的平衡条件及方程,即：,一、平面任意力系的平衡条件 平面任意力系平衡的必要和充分条件为： 力系的主矢FR 和对任一点的主矩 MO都等于零，,2 MO MO(Fi), Fiy 0,M A(F) 0,M B(F) 0,理论力学,65,上式只有三个独立方程，只能求出三个未知数。,二、平面任意力系的平衡方程,基本式 Fix 0 MO(Fi) 0,二矩式 Fx 0 M B(F) 0 条件：x 轴不 垂直 AB 连线,三矩式 M A(F) 0 MC(F) 0 条件：A，B，C 三点不共线,b,M A Fa qb2 0,FAx qb,理论力学,66,例求图示刚架的约束力。,F,a,q,解：以刚架为研究对象，受力如图。 A,Fx 0:FAx qb 0 Fy 0:FAy F 0,MA(F) 0:,1 2,解之得：,FAy F MA Fa 12 qb2 中南大学土木建筑学院,F,q,A FAy,MA FAx,理论力学,67,Fx 0:FAx Fcosq 0 Fy 0:FAy FB Fsinq 0 MA(F) 0:FBaFsinq (ab)M 0,解之得：,FAx Fcosq,M Fsinq(ab) a,FB ,M Fbsinq a,FAy ,例求图示梁的支座约束力。 解：以梁为研究对象，受力如图。,A,C,a,b,F B q,M,A,C,F,B q,M,FB,FAy,FAx,理论力学,68,例 外伸梁的尺寸及载荷如图所示，F1=2 kN，F2=1.5 kN，M =1.2 kNm， l1=1.5 m，l2=2.5 m，试求铰支座A及支座B的约束力。,F1,l2,l1,ll,F2 60,M B,FAx,A,x,y FAy,FB,F2,60,F1 M B,3、解方程,1,解：1、取梁为研究对象，受力分析如图 2、列平衡方程 Fx 0 FAx F2 cos 60 0 A M A(F) 0 FBl2 M Fl1 F2(l1 l2)sin 60 0,0,Fy,1,FAy FB F F2sin 60 0,FAx 0.75kN FB 3.56kN FAy 0.261kN,理论力学,69,例悬臂吊车如图所示。横梁AB长l2.5 m，重量P1.2 kN， 拉杆CB的倾角30，质量不计，载荷Q7.5 kN。 求图示位置a2m时拉杆的拉力和铰链A的约束力。,FT sin l P Qa 0 (3),FT ,(P Qa) 13.2 kN,理论力学,70,解：取横梁AB为研究对象,受力如图,B,E P,FT H Q,FAy A,FAx,a,FAx FT cos 0 (1) FAy FT sin PQ 0 (2),Fx 0 Fy 0,l 2,MA(F) 0 解得 1 l sin l 2,FAx FT cos 11.43kN FAy QPFT sin 2.1kN,P Q(l a)FAy l 0 (4),MC(F) 0,FAx tan l P Qa 0 (5),理论力学,71,C,B,E,P,Q,FT H,FAy A,FAx,a,或分别取B和C为矩心列平衡方程 得 MB(F) 0,l 2,l 2,注意每个对象独立的平衡方程只有3个。,理论力学,72,F,为：,Fy 0； MO(F) 0,平面平行力系的平衡方程也可表示为二矩式： MA(F) 0； MB(F) 0 其中AB连线不能与各力的作用线平行。,O,x,平面平行力系为平面任意力系的特殊 y 情况，当它平衡时，也应满足平面任意力 系的平衡方程，选如图的坐标，则 x0 自然满足。于是平面平行力系的平衡方程,F2,F1,F3 Fn,三、平面平行力系平衡方程 力的作用线在同一平面且相互平行的力系称平面平行力系。,理论力学,73,例 一种车载式起重机，车重G1= 26kN，起重机伸臂重 G2 = 4.5kN，起重机的旋转与固定部分共重G3 = 31kN。 尺寸如图所示。设伸臂在起重机对称面内，且放在图示 位置，试求车子不致翻倒的最大起吊重量Gmax。,G2,FA,G1,G3,G,FB,A,B,3.0 m,2.5 m,1.8 m,2.0 m,理论力学,74,解： 1、取汽车及起重机为研 究对象，受力分析如图。,2、列平衡方程,G,G2,FA,G1,G3,A,B,3.0 m,2.5 m,1.8 m,2.0 m FB,F 0,FA FB GG1 G2 G3 0 MBF 0 G(2.5m3m)G22.5mG 12mFA(1.8m2m) 0,理论力学,75,3、联立求解,1 2G1 2.5G2 5.5G FA 3.8 4、不翻倒的条件是：FA0， 所以由上式可得,G,1 5.5,2G1 2.5G2 7.5kN 故最大起吊重量为 Gmax= 7.5 kN,G,G2,FA,G1,G3,FB,A,B,3.0 m,2.5 m,1.8 m,2.0 m,理论力学,76,当：独立方程数目未知数数目时，是静定问题（可求解） 独立方程数目未知数数目时，是静不定问题（超静定问题）,2-5 静定与静不定 物系的平衡 一、静定与静不定问题的概念,两个独立方程，只能求两个独立未知数。,平面 力偶系 平面 任意力系,平面 汇交力系,F x 0 F y 0,i,Mi 0 一个独立方程，只能求一个独立未知数。 F x 0 F y 0 三个独立方程，只能求三个独立未知数。 MO(F ) 0,理论力学,77,理论力学,78,静不定问题在变形体力学（材力,结力,弹力） 中用位移谐调条件来求解。,理论力学,79,二、物体系统的平衡问题 物体系统（物系）：由若干个物体通过约束所组成的系统。,外力：外界物体作用于系统上的力叫外力。 内力：系统内部各物体之间的相互作用力叫内力。 外力、内力都是某研究对象而言的， 对不同的研究对象而言，可转换。,理论力学,80,物系平衡的特点： 物系静止，物系中每个单体也是平衡的； 每个单体可列3个平衡方程，整个系统可列 3n个方程（设物系中有n个物体） 解物系问题的一般方法：,由整体,局部,由局部,整体,由问题性质决定,理论力学,81,三、解题步骤与技巧,解题步骤 选研究对象,画受力图（受力分析） 取矩点最好选在未知力的交叉点上；,选坐标、取矩点、列 平衡方程。 解方程求出未知数, 充分发挥二力杆的直观性； 灵活使用合力矩定理。,解题技巧 选坐标轴最好是未知力投影轴；,四、注意问题 力偶在坐标轴上的投影不存在； 力偶矩M =常数，它与坐标轴和取矩点的选择无关。,6,例 ：先以CD为研究对象，受力如图。,MC D 3q 0,(F) 0:3F,FD 3q,FB 1 F 3q,FAy 1 F 1 q,理论力学,82,3 2 2 再以整体为研究对象，受力如图。,8FD 4FB 2F 4q6 0,Fx 0:FAx 0 Fy 0:FAy FB FD F 4q 0 M A(F) 0:,C,q,B 2,2,F,例求图示多跨静定梁的支座约束力。 解 A,D,3,FCx,q,F,FAx,FAy,FD,FB,1 q,2,2 2,解得,C FCy,D FD,C,B,A,D,Fy 0 FC E 0,q F,q M FE 0,理论力学,83,l/8,q,B,A,D,M,F,C,H,E,l/4,l/8,l/4,l/4,例 组合梁AC和CE用铰链C相连，A端为固定端，E端为活动铰链支座。 受力如图所示。已知： l =8 m，F=5 kN，均布载荷集度q=2.5 kN/m，力 偶矩的大小M= 5 kNm，试求固端A，铰链C和支座E的约束力。,解:1.取CE段为研究对象,3.列平衡方程,l 4,MCF 0,l l l 4 8 2 4.联立求解 FE=2.5 kN， FC=2.5 kN,2.受力分析如图,M l/4,q l/4,C FC,E FE,D,Fy 0,FA C F q 0,F,理论力学,84,6.列平衡方程。,FA= 15 kN，,MA= 2.5 kN,5.取AC段为研究对象，受力分析如图。,l 4,MAF 0,l l 3l l 8 4 8 2 7.联立求解,F,MA,q,l/4,B,A,C,H,l/8 l/8,FA,FC,a,例5,FBy 2aFaqa 3a 0,FAy 1 qa 1 F,FBy 1 F 3qa,理论力学,85,例求图示三铰刚架的支座约束力。 解：以整体为研究对象，受力如图。,Fx 0: FAx FBx F 0 Fy 0: FAy FBy qa 0,2,M A(F) 0:,C,B,q,a,a,A,F,FAx,FAy,q,C,B,A,F,FBx,FBy,解得：,2 4,4 2,a,例 以 5 AC为研究对象，受力如图。,FAx FAy 1 qa 1 F,FBx 1 F 1 qa,理论力学,86,再 MC(F) 0: FAxaFAya 0,解得：,4 2,2 4,FAx,FCx,FCy,A FAy,F,C,C,B,q,a,a,A,F,理论力学,87,例A，B，C，D处均为光滑铰链，物块重为G，通过绳子绕过滑 轮水平地连接于杆AB的E点，各构件自重不计，试求B处的约束力。,FAy,FAx FCx,FCy,解、1.取整体为研究对象。,2.受力分析如图 3.列平衡方程 MAF 0,5rG2rF Cx 0,F Cx 2.5G G MCF 0 5rG2rFAx 0,解得,FAx 2.5G,解得 若,理论力学,88,G,FCx,D,FT,FBy,B FBx C,FCy,FBx,FAy,FAx,FBy,FE,4.取杆CD连滑轮为研究对象，受力分析如图。,0,5.列平衡方程 Fx 0 F Cx FT FBx 0 MCF 0 2rFBy 5rGrF T,求解可得,FBx 1.5G,FBy 2G,若取杆AB为研究对象，受力分析如图。,FBx FE 0,2rFBx 2rFBy rFE 0,Fx 0 FAx M AF 0,联立求解才得结果。,F 0 F,ME A 22l P l 0,FEx Ey Asin 45 , P,F PF,理论力学,89,D K,C,A,B,E, P,例 如图所示，DC=CE=AC=CB=2l； 定滑轮半径为R，动滑轮半径为r， 且R=2r=l, q =45已知重力P 。试求：,A，E支座的约束力及BD杆所受的力。,解、1. 选取整体研究对象，受力分析如图所示。,FA q,FEx FEy,5 2,2.列平衡方程 Fx 0 FA cos 45 FEx 0 Fy 0 FAsin45 FEy P 0,3.解平衡方程得,P,5 13P 8 8,5 2 8,FA ,FK ,式中,理论力学,90,4. 选取DCE研究对象，受力分析如,E,D,K C,A,B,E D K C,q, P,图所示。 5.列平衡方程 MCF 0,FEy,FEx,FDB FK,FCy,FCx,FDB cos 45 2l FK l FEx 2l 0 P 2 6.解平衡方程 3 2P FDB 8,顺时钟取正,若取AB为对象，如何画受力图？,b,a,7,例 ：先以BC为研究对象，受力如图。,F C , FB,M A F(ab) 1qa FBa 0, F, FAy A , qa, M,理论力学,91,例 求图示结构固定端的约束力。 解,M 0:F CbM 0 M b 再以AB部分为研究对象，受力如图。 Fx 0:FAx F FB 0,2,B,Fy 0:FAy qa 0 MA(F) 0 2 F FB 求得 M FAx b,C,q,F,A,a FB,M B C M,B,FC,q,F,B,A FAy,FB,MA FAx,a,FDa q(2ab)2 0,FAx ,理论力学,92,Fx 0: FAx FD 0,Fy 0: FAy q(2ab) 0 M A(F) 0 1 2 解之得： q(2ab)2 FD 2a,q(2ab)2 2a FAy q(2ab),a,a,A E,F,B,例 组合结构如图所示，求支座约束力和各杆的内力。 q,2 C,F,B,3 q,A E D 1,2 C,3,FAx FD,D 1 b FAy,a,理论力学,93,1,q(2ab)2 2a,F3 ,2,q(2ab) 2a,F2 ,F1,F3,C,y F2,45x,2,1,q(2ab) 2a,F FD ,再以铰C为研究对象，受力如图，建立如图坐标。 Fx 0: F F 3cos45 0 Fy 0: F2 F 3sin45 0,a,a,A E,F,B,q,D 1 b,2 C,3,FB 1000N,理论力学,94,MA(F) 0:,1,4FB 2F2 6F 0 解得：,2m 2m,2m,例 图示结构，各杆在A、E、F、G处均为铰接，B处为光滑 接触。在C、D两处分别作用力F1和F2，且F1F2500 N， 2m 2m 2m 解：先以整体为研究对象，受力如图。,A,D,E,H,G,B,C,F1,F2,F1,F2,A,D,E,H,G,B,C,FAx,FAy,FB,例 9 M,(F) 0:,2F2 2FHy 0,FHy F2 500 N,理论力学,95,最后以杆BG为研究对象，受力如图。,MG(F) 0:, ,4FB 2FHy 2FHx 0 解得：,FHx 1500 N,再以DH为研究对象，受力如图。 D E F2 解得：,FHx,FEy FHy E FExH,FB,H,G,B,FGy,FGx,FHy,FHx,2m,2m,2m,2m,2m,2m,A,D,E,H,G,B,C,F1,F2,FAyl W l FT sin45 l 0,理论力学,96,B C,例三根等长同重均质杆(重W) 在铅垂面内以铰链和绳EG 构成正方形。已知：E、G是AB、BC中点，AB水平，求,解1：取AB分析，受力如图。不妨设杆长为l。,(1) (2),MB(F) 0: 2 2 再以整体为研究对象，受力如图。 Fy 0: FAy FDy 3W 0,FBy,FBx,A,B,FAx,绳EG的张力。 FAy,W,FT,W,W,FAx FDx,FAy A W FDy D,A,B,C,D,E,G,例 M10 F) 0:,FDyl W l 0,F Cx l FTsin45 l 0,理论力学,97,(3),2,联立求解(1)、(2)、(3)得：,F T 4 2W,最后以DC为研究对象，受力如图。 C(,FCy,FCx,D,C,FDx,FDy,W,解2：先以BC为研究对象，受力如图。,(4),2,再以DC为研究对象，受力如上图。,FCx,FCy,FBy FBx,B,W C,MB(F) 0:,FT,Fx 0,(5),FDx F Cx 0,A,B,C,D,例 后 10 整体为研究对象，受力如图。,FDxl 2W l Wl 0,理论力学,98,联立求解(4)、(5)、(6)即可的同样结果。,最 以,(6),2,MA(F) 0:,B,C,W,W,W,FAx,FAy A,FDx,FDy D,A,B,C,D,l,例11,M A Bl F l 0,(F) 0:F,FAy 1 F,FB 2 F,理论力学,99,例 三无重杆AC、BD、CD如图铰接， B处为光滑接触，ABCD为正方形，在,CD杆距C三分之一处作用一垂直力F，,求铰链 E 处的约束力。,2 3,解：先以整体为研究对象，受力如图。 Fx 0:FAx 0 Fy 0:FAy FB F 0,解得：,3,3,F,l,D,2l/3,C,A,B,E,F,D,C,A,B,E,FAx,FAy,FB,例 法1 11 先以DC为研究对象。,MD Cy l F 0,(F) 0:F,FCy 2 F,FEy 1 F,MC(F) 0:FEx l F l FEy l 0,理论力学,100,E,F,D,2l/3,C,B,下面用不同的方法求铰链 E 的受力。 方 ：,2l 3,3 再以BDC为研究对象。,Fy 0:FEy FB F Cy F 0,2 3 2,3 FEx F,类似地，亦可以DC为研究对象，求FDy，再以ACD为研究对象求解。,D,2l/3,C,FDx,FDy,FCx,F FCy,FEx,FEy,FCx,FCy,FB,例11M,FAxl FEx l FEy l F 2l 0,FAxl FAyl FEx l FEy l 0,联立求解以上两方程即得同样结果。 类似地，亦可以BDC和BD为研究对象， 进行求解。 理论力学,D,C FEx,F FEy,2l/3 E FAx,FDy FDx FAy A,FAy A,FEx,FCx E FEy FAx,C FCy 101,方法2：分别以ACD和AC为研究对象。 ACD上 D(F) 0: 2 2 3 AC上 MC(F) 0: 2 2,例11,FE1 2 2 F,FAxl FE2 2 l FAyl 0,FE 2 2 F FE2,理论力学,102,A,FAx,FAy,E FE1,FDx,FDy D,FE2,FE1 FCx E FE2,B FB C FCy,方法3：分别以BD和AC为研究对象，受力如图。 MD(F) 0: FBl FE1 2 l 0 2,3 MC(F) 0: 2 3 用FE1、FE2表示的约束力和用FEx、FEy表 示的约束力本质上是同一个力。,FCy 2 kN,理论力学,103,l/2 A,q0,例 两根铅直梁AB、CD与水平梁BC铰接，B、C、D均为光滑 铰链，A为固定支座，各梁的长度均为l2 m，受力情况如图 所示。已知水平力F6 kN，M4 kNm，q03 kN/m。求固 定端A及铰链C的约束力。 D 解: (1) 取BC分析 2l/3 M B C B C F,FBx FCx FBy MB(F) 0: M F Cy l 0 M l 求得结果为正说明与假设方向相同。,例12,理论力学,104,(2) 取CD分析,C,D,FCx,FCy,FDx F,FDy,2l 3, 0,MD(F) 0: FCx l F ,2 3,FCx ,F 4 kN,求得结果为正说明与假设方向相同。,A,B,C,D,2l/3 F,l/2,M,q0,例12,Fx Ax q0l FCx 0, 0: F,FAx Cx q0l 4 32 1kN, F,M A M q0l l FCy Cx l 0,l F,理论力学,105,M,FCx,FCy,MA FAy,q0 FAx,C,A,(3) 取AB、BC分析 1 2 1 1 2 2,Fy 0: FAy F Cy 0,1 1 2 3,FAy F Cy 2kN M A(F) 0:,MA 6kNm 求得结果为负说明与假设方 向相反，即为顺时针方向。,A B,B,D C,2l/3 F,l/2,M,q0,a,例13, F( x) F, FND,F(x ) F, FND,理论力学,106,A,B,E,D,解：本题为求二力杆（杆1）的内力FA1或FC1。为 此先取杆2、4及销钉A为研究对象，受力如图。,F,FA1,FE y,FND,b b b b FA1 NB 2 2 2 2,b b b b FA1 NB 2 2 2 2, 0 (a), 0 (a1),ME(F) 0:,例 编号为1、2、3、4的四根杆件组成平面结构， 其中A、C、E为光滑铰链，B、D为光滑接触，E,为中点，各杆自重不计。在水平杆 2 上作用一铅,垂向下的力 F，试证明无论力 F 的位置 x 如何改,变，其竖杆 1 总是受到大小等于F 的压力。,x,1,2,3,4,E,A,C,B,D,F,b,上式中FND和FNB为未知量，必须先求得； 为此再分别取整体和杆2为研究对象。,FEx FNB,a,例13,FND ,理论力学,107,A,B,F,FAy,取整体为研究对象，受力如图。 MC(F) 0: FNDbFx 0,FNB,FAx,1,2,3,4,E,A,C,B,D,b,FNBbFx 0,MA(F) 0:,Fx b 取水平杆2为研究对象，受力如图。,Fx b,FNB 代入（a）式得,FA1 F,FA1为负值，说明杆1受压，且与x无关。,x,F,FND,FCy,FCx,4,2,2,理论力学,108,F2,A,B,C,D,4.5,4.5,3,P75习题2-43构架尺寸如图所示(尺寸单位为m)，不计各杆件 自重，载荷F1=120 kN, F2=75 kN。求AC及AD两杆所受的力。 F1,B,C,F2 FAx A,FAy,FAD,解：1、取三角形ABC分析，其中A、C处应带有销钉： 4 3 5 5,4 3 FCD,F CD 145.83kN CD杆受压力。,4,2,2,例14 3（习题 4.5 3-32） FBx B,F 14.5FCD CA 9 0:, 9F,理论力学,109,F2,F1,A,B,C,D,4.5,F1,C,FBy,FCA,2、取BC分析，注意在C处应带有销钉。,MB(F) 0:,4 4 5 122 42,4 3 FCD,F CA 179.19kN 3、取销钉D分析，由Fx=0可求得FDA。 3 5,45,理论力学,110,例重为G = 980N的重物悬挂 在滑轮支架系统上，如图所示。 设滑轮的中心B与支架ABC相连 接，AB为直杆，BC为曲杆，B,为销钉。若不计滑轮与支架的,自重，求销钉B作用在与它相连,接的每一构件上的约束力。,C A,D,E,I,H,0.6 m,0.8 m B F,G,Fx Bx 2 cos 45 0, 0,sin 45 0,sin 45 847N,理论力学,111,解、1. 取滑轮B为研究对象，受力分析如图。,2.列平衡方程,G 2,H,G 2,FBy B F FBx,45,A,C,D,E,B F,I,H,0.6 m,0.8 m,45,G,G,F,G G 2 2,Fy 0 FBy ,解得,G 2,G G 2 2,FBx ,cos 45 347N,FBy , F F,FBx AB CB 0,FCB 0,理论力学,112,3. 再取销钉B为研究对象，受力分析如图所示。,B,4.列平衡方程,G 2,FBA,FBC,FBy,FBx,A,C,D,E,B F,I,H,0.6 m,0.8 m,45,G,3 5,Fx 0,G 4 2 5,FBy ,Fy 0,解得,FAB 1 340N,FCB 1 660N,理论力学,113,由物系的多样化，引出仅由杆件组成的系统桁架,2-6,平面简单桁架的内力计算,理论力学,114,工程中的桁架结构,理论力学,115,工程中的桁架结构,理论力学,116,理论力学,117,桁架是由杆件彼此在两端用铰链连接形成的几何形状 不变的结构。桁架中所有杆件都在同一平面内的桁架称为 平面桁架。桁架中的铰链接头称为节点。 为简化桁架计算，工程实际中采用以下几个假设： (1)桁架的杆件都是直杆； (2)杆件用光滑铰链连接； (3)桁架所受的力都作用到节点上且在桁架平面内； (4)桁架杆件的重量略去不计，
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