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理论力学 第四章 平面任意力系

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理论力学3-平面任意力系的简化与求解

理论力学3-平面任意力系的简化与求解
R F1 F2 Fn F1 F2 Fn Fi
平面力偶系的合成结果为 MO M1 M2 Mn MO (F1) MO (F2 ) MO (Fn ) MO (Fi )
平面汇交力系力，R′ (主矢，作用在简化中心)
平面力 偶 系力偶，MO (主矩，作用在该平面上)
如果主矢和主矩均不等于零，此时还可进一步 简化为一合力。如图
R′
MO
O
O′
R′ R
O d
R″
O′
O
d
d MO R
R O′
4.2 平面任意力系简化结果分析
从图中可以看出
MO (R) Rd MO
由主矩的定义知：
所以
MO MO (Fi ) MO (R) MO (Fi )
FR
O
O′
d
结论：平面任意力系的合力对作用面内任一点的矩等 于力系中各力对同一点之矩的代数和。这就是平面任 意力系的合力矩定理。
例1 例1 求图示刚架的约束反力。
解：以刚架为研究对象，受力如图。
Fx 0 : FAx qb 0
P a A
q
b
Fy 0 : FAy P 0
P
M A(F) 0 :
MA
M
A
Pa
1 2
qb2
0
FAx
A
FAy
q
解之得：
FAx qb
FAy P
M
A
Pa
1 2
4.1.2 平面任意力系向一点简化·主矢与主矩
平面任意力系中各力的矢量和称为平面任意力系 的主矢。主矢与简化中心的位置无关。
R' R'x + R'y X i Y j R' ( X )2 (Y )2

理论力学2.2、平面任意力系的合成与平衡

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)：

理论力学 平面任意力系例题

理论力学 平面任意力系例题
y
60

l
l
F
B
F
D
60

l
l D M
M
B
3l
G
F1
l MA
G FAy
x A FAx
17
A
q
例题
平面任意力系
2. 按图示坐标，列写平衡方程。
F
60

例 题 5
y l l D M
F F
x
0,

B
FAx F1 F sin 60 0
y
0,

FAy G F cos 60 0
M作用，梁的跨度为l，求固定端的约束力。
F
45

q
A l
M
B
14
例题
平面任意力系
q
A y
例 题 4
2. 列平衡方程
M
45

F
解： 1. 取梁为研究对象，受力分析如图
B
l
Fx 0,
Fy 0,

FAx F cos 45 0
FAy ql F sin 45 0


q FAx
力系对O点的主矩为
MO
O
主矢FR在第四象限内，与x轴的夹角为 –70.84o。M
O
M F
O
FRx
70.84

A
F1 3 m G1 1.5 m G2 3.9 m 2 355 kN m
FRy
FR
7
例题
平面任意力系
2. 求合力与基线OA的交点到O点的距离 x。 合力FR的大小和方向与主矢FR相同。 合力作用线位置由合力矩定理求得。

理论力学第四章任意力系

理论力学第四章任意力系

OI x
点
Fi
Fi
一般力系（任意力系）向一点简化 汇交力系+力偶系
汇交力系 力偶系
合力 —— R'(主矢) ， (作用在简化中心)
合力偶矩——MO (主矩) ，(作用在该平面上)
O 点为简化中心: F1' F1 , F2 ' F2 ,, Fi ' Fi .
m1 MO (F1), m 2 MO (F2 ), , m i MO (Fi ).
tan1 FRx 70.83 0
FR
2）求主矩
y
O MO

MO 3F1 1.5P1 3.9P2 2355 kN m
x
FR '
y 3m
２）求合力与基线OA的交点到Ｏ点的距
▼
9m
F1
3m
P1
1.5
P2
3.9 m
离 x及合力作用线方程
▼
主矩：MO 3F1 1.5P1 3.9P2
y
3m
▼
P1
1.5
解:１）求 FR'x , FR'y
FR'x F1 F2 cos 300 70 cos16.7
232.9kN
▼
FR'y P1 P2 F2 sin
9m
F1
P2 F2 450 200 70sin16.7 670.1kN
3.9 m 3m
MO2

M O1 FR
FR
M O1
FR
o d O
o d O
MO1 是自由矢量，可搬到O'处
所以在O'点处形成一个力螺旋。

大学_理论力学第2版(唐国兴王永廉主编)课后答案_1

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理论力学第2版(唐国兴王永廉主编)课后答案理论力学第2版内容简介第2版前言第1版前言第一章静力学基础知识要点解题方法难题解析习题解答第二章平面汇交力系知识要点解题方法难题解析习题解答第三章力矩、力偶与平面力偶系知识要点解题方法习题解答第四章平面任意力系知识要点解题方法难题解析习题解答第五章空间力系知识要点解题方法习题解答第六章静力学专题知识要点解题方法习题解答第七章点的运动学知识要点解题方法难题解析习题解答第八章刚体的基本运动知识要点解题方法习题解答第九章点的合成运动知识要点解题方法难题解析习题解答第十章刚体的平面运动知识要点解题方法难题解析习题解答第十一章质点动力学基本方程知识要点解题方法难题解析第十二章动量定理知识要点解题方法难题解析习题解答第十三章动量矩定理知识要点解题方法难题解析习题解答第十四章动能定理知识要点解题方法难题解析习题解答第十五章动静法知识要点解题方法习题解答参考文献理论力学第2版目录机械工业出版社本书是与唐国兴、王永廉主编的《理论力学》(第2版)配套的教学与学习指导书。

本书按主教材的章节顺序编写，每章分为知识要点、解题方法、难题解析与习题解答四个部分。

其中，“知识要点”部分提纲挈领地对该章的基本概念、基本理论和基本公式进行归纳总结，以方便读者复习、记忆和查询;“解题方法”部分深入细致地介绍解题思路、解题方法和解题技巧，以提高读者分析问题和解决问题的能力;“难题解析”部分精选若干在主教材的例题与习题中没有涉及的典型难题进行深入分析，以拓展读者视野，满足读者深入学习的需要;“习题解答”部分对主教材中该章的全部习题均给出求解思路和答案，但不提供详细解题过程，以期在帮助读者自主学习和练习的同时为他们留出适量的思考空间。

本书继承了主教材的风格特点，结构严谨、层次分明、语言精练、通俗易懂。

本书虽与主教材配套，但其结构体系完整，亦可单独使用。

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理论力学4h-资料

理论力学4h-资料

FzFcogs
x
z
Fz
g
Fx
o

F Fxy
Fy
y
FxyFsing
7
★力沿坐标轴分解：
z
若以 Fx ,Fy ,Fz 表示力沿直角
坐标轴的正交分量，则：
FFxFyFz
Fx Fxi 而： F y F y j
Fz F
okj
Fy
Fx i
y

F
z

F
zk
x
所以： FFxiFyjFzk
M
力偶的转向为右手螺旋定则。
从力偶矢末端看去，逆时针转动
为正。
32
空间力偶是一个自由矢量：可以进行平移和滑动。
平移
滑动
二、空间力偶的等效条件 两个力偶的力偶矩矢相等，则它们是等效。
力偶矩矢相等
力偶矩矢的大小相等、方位、转向相34同。
由此可得出，空间力偶矩是自由矢量，它有三个要素： ①力偶矩的大小= M ②力偶矩的方向——与力偶作用面法线方向相同 ③转向——遵循右手螺旋规则。
二、力对轴的矩 z
工程中经常遇到刚体绕定轴转动的情 形。力对轴的矩是力对定轴转动刚体的作 用效果的度量。
o h
F Fz
Fxy
Mz (F) MO(Fxy) Fxy h
力对轴的矩是代数量， 绝对值等于该力在垂直于该 轴的平面上的投影对于这个 平面与该轴的交点的矩。
方向规定：
右手螺旋法则，与坐 标轴正向一致为正。
力对点的矩矢在通过该点的某轴上的投影，
等于这力对于该轴的矩。
[证]
∵ MO(F)rF
(yz F zy) F i (zx F xz)F j (xy F yx)F k

第四章：力系的平衡条件与平衡方程


未知量个数 <= 独立平衡方程数 静定
（全部未知量可以由平衡方程完全求解）
未知量个数 > 独立平衡方程数 静不定或超静定
（未知量不能全部由平衡方程求解）
物体系的平衡·静定和超静定问题
未知量个数 <= 独立平衡方程数 静定
（全部未知量可以由平衡方程完全求解）
未知量个数 > 独立平衡方程数 静不定或超静定
∑ M B = 0 −8FAy + 5*8 +10*6 +10* 4 +10* 2 = 0
得 FAy = 20kN ∑ Fiy = 0 FAy + FBy − 40 = 0
得 FBy = 20kN
求各杆内力
取节点A
⎧⎪∑ ⎨⎪⎩∑
Fiy Fix
= =
0 0
→ →
FAD FAC
取节点C
⎧⎪∑ ⎨⎪⎩∑
解得 P3max=350kN
22mm 22mm
所以，平衡载重P3取值范围为：
75kN ≤ P3 ≤ 350kN
（2）P3=180kN时：
∑ M A = 0 4P3 − 2P2 −14P1 + 4FB = 0
解得 FB=870kN
∑ Fy = 0 FA + FB − P1 − P2 − P3 = 0
∑M =0
FA'
⋅r
sinθ
− M2
=
0
解得 M 2 = 8kN ⋅m
FB = FA = 8kN
例
已知：OA=R，AB=
l,
r F
,
不计物体自重与摩擦,系统在图示位置平衡；
求: 力偶矩M 的大小，轴承O处的约 束力，连杆AB受力，滑块给导 轨的侧压力.

第四章、平面任意力系


分布力系说明
q
qB
A
L 2L/3 Q1 L/3
B
A L L/2 A Q L/2
B
A
L (a)三角形分布力
厚接分布力
B L （b）均匀分布力
在以后碰到分布力时，先进行简化处理，然后再求解。
第四章 平面任意力系
理 论 力 学
§4- 4 平衡条件、平衡方程
例 4-1
已知：梁AD的支承及受力如图所示。
F = 500N, FA = 1000N, q = 1000N/m
A、B、C是平面内不共线的任意三点.
应当指出：投影轴和矩心是可以任意选取的。 在解决实际问题时适当选取矩心与投影轴可以简化计算。
一般地说，矩心应选多个力的交点，尤其是选
未知力的交点，投影轴则尽可能选取与该力系中多数力的 后接例题 作用线平行或垂直。
第四章 平面任意力系
理 论 力 学
§4- 5 平面平行力系的合成与平衡
即两个力矩式一个投影式，其中A、B是平面内任意两点。 但连线不能垂直投影轴 X 。 B A x
第四章 平面任意力系
理 论 力 学
§4- 4 平衡条件、平衡方程
平衡方程
2、平面力系任意力系的平衡方程 B
A 即三个力矩式， C
（2）三力矩形式的平衡方程
∑MA （F）= 0，
∑MB （F）= 0 ∑MC （F）= 0
即距D点的距离为a/3。
应用平面力系平衡方程求解。
第四章 平面任意力系
理 论 力 学
§4- 4 平衡条件、平衡方程
例 4-1 ∑Fx = 0 ∑Fy= 0
步骤3：取坐标系Bxy，列平衡方程
FBx+ F = 0 FBy+ FC- Fp- FA= 0

《理论力学》第四章-力系平衡试题及答案

理论力学4章作业题解4-1三铰拱受铅直力F 作用。

如拱的重量不计，求A 、B 处支座反力。

解答 左半拱为二力构件，A 处约束力作用线通过两铰。

整体为三力平衡力系，三力组成闭合的三角形如附图（a ），根据几何关系确定约束力的大小。

45sin sin sin B A F F F ==j a其中31tan =j ，043.18=j ，056.116=a 。

解得F F F F B A 79.0 ,35.0==。

4-3 已知F =10 kN ，杆AC ，BC 及滑轮重均不计，试用作图法求杆AC ，BC 对轮的约束力。

解：取脱离体轮C ，示力图如图所示，力F 1=F 2=F ，其合力通过轮心C ，故仍是汇交力系的平衡。

:0=åiyF 045sin 20=-F F BCKN FF BC 1.1445cos =°=045cos :010=-+=åF F F FAC BC ix0=AC F4-7 长2l 的杆AB ，重W ，搁置在宽a 的槽内，A 、D 接触处都是光滑的。

试求平衡时杆AB 与水平线所成的角a 。

设a >l 。

解答 取杆为研究对象，为三力汇交力系的平衡。

示力图如附图(a)所示。

在ΔADE 中，a cos AD AE =。

在ΔAEC 中，l AE ´=a cos 。

所以有l AD ´=a 2cos 。

在ΔA GD 中，a cos a AD =。

得a =a 3cos ，31cosl a -=a 。

F BCAC题3-4 附图F BF AF BF AFa45j(a)A (a)题4-7 附图G4-9 AB ，AC ，AD 三连杆支撑一重物，如图所示。

已知W=10kN ，AB =4m ，AC =3 m ，且ABEC 在同一水平面内，试求三连杆所受的力。

解：取铰A 研究，示力图如图示，为汇交力系的平衡。

0=åix F ： 05430sin =´°+AD AB F F 0=åiy F ： 05330sin =´°+AD AC F F 0=åiZF： 030cos =-°W F AD联立求解KNF KNF KN F AD AC AB 5.115.36.4=-=-=4-8 图示结构上作用一水平力F 。

理论力学第4章-平面任意力系


FAx
FAy MA
解：（1）取悬臂刚架为研究对象，受力图。
（2）列平衡方程
Fx 0
FAx F 0
Fy 0
FAy 3q 0
解之得
MA(F) 0
M A F 4 3q 1.5 0
FAx 5kN FAy 6kN M A 11 kN m（与假设相反）
4.5.2 平面平行力系的平衡方程 作用线分布在同一平面内且相互平行的力系，称为平 面平行力系。
MO (F ) 2 OAB面积
（1）当力F通过矩心O时，力对该矩心的力矩为零。 （2）当力F沿作用线移动时，不改变该力对任一点的矩。
力对点之矩的解析式：
MO (F ) Fd Fr sin( ) Fr sin cos Fr cos sin
Fr cos Fx
r cos x
Fr sin Fy
合力矢 作用线的方程。
MO FRx
O
38.66
F Ry
F R
（x, y） FRx
400 x + 500 y = 2726.7
O
FRy
FR
4.5 平面任意力系、平面平行力系平衡方程 4.5.1 平面任意力系的平衡方程 平面任意力系平衡的必要与充分条件为：力系的
主矢以及对作用面内任一点的主矩都等于零，即
r sin y
MO (F ) xFy yFx （4-4）
y
Fy
F
y
r O d
A Fx
x
x
4.2 力线平移定理
力线平移定理： 作用在刚体上A点的力F可以平行 移到任一点B，但必须同时附加一个力偶，此附加力 偶的矩等于原来的力F对B点的矩。
[证] 力 F
力系 F, F1, F1' 力F1 力偶（F, F1'）
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M O M 1 M 2 M 3 ... M n MO (F1 ) MO (F2 ) MO (F3 ) ... MO (Fn )
FR '
力系的主矢
M O 向O点简化的主矩
一、平面任意力系简化结果的计算
1.建立直角坐标系； 2.计算
y
MO
F Fi Fi
O FR′ MO
A．作用在O点的一个合力；
B．合力偶；
C．作用在O点右边某点的一个合力；
D．作用在O点左边某点的一个合力。
答案：D
§4-3 平面任意力系的平衡条件和平衡方程
1、平面任意力系的平衡方程 平面任意力系平衡的充要条件是：
力系的主矢和对任意点的主矩都等于零
FR 0 M O 0
FAx 32.89kN FAy 2.32kN
例 已知: P=60kN, P1=20kN, P2=10kN,风载F=10kN, 尺寸如图;
求: A,B处的约束力.
解: 取整体,画受力图.
M 0 12FBy 10P 6P1 4P2 2P 5F 0 F 0 FAy FBy 2P P1 P2 0 F 0 FAx F FBx 0
F1 sin F2 sin F3 sin 0
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
平面平行力系的方程为两个，有两种形式
Fy 0 M A 0
各力不得与投影轴垂直
M A 0 M B 0
两点连线不得与各力平行
例题
C
如图所示简易吊车，A、C 处为固定铰支座，B
处为铰链。已知 AB 梁重 P 4kN ，重物重 。求拉杆BC和支座A的约束反力。 Q 10kN
MO MO

' ' FR x FRy y FRx x FRy y FRx
2355 x 670.1 y 232.9
607.1x 232.9 y 2355 0
例 已知： =CB= l，P=10kN; AC 求： 铰链A和DC杆受力.
' R '
FR' FRx ' i FRy ' j
' ' FRx X, FRy Y；
FR'
O
x
3.计算力FR’的大小和方向
' '2 '2 FR FRx FRy ( X ) 2 ( Y ) 2 ' ' FRy FRx ' ' cos(FR , i) ' , cos(FR , j) ' FR FR
MO d FR
M O FRd
FR FR F
合力矩定理
M o ( FR ) M O M O ( Fi )
FR 0 M O 0
合力偶 与简化中心的位置无关
若为O1点，如何?
FR 0 M O 0
平衡 与简化中心的位置无关
某平面任意力系向O点简化后，得到如图所示 的一个主矢FR′和一个主矩MO，则该力系的最后简 化结果为（ ）。
2 2
FOy F
M FR
例
已知: F=20kN, q=10kN/m,M 20kN m, l=1m;
求: A,B处的约束力. 解: 取CD梁,画受力图.
M

C
0
l FB sin 60 l ql F cos30 2l 0 2
FB=45.77kN
取整体,画受力图.
（1）主矢：
F F
x y
F1 F2 cos 232.9kN P P2 F2 sin 670.1kN 1
FR ' ( Fx )2 ( Fy )2 709.4kN
Fx Fy cos( FR ', i ) 0.3283 , cos( FR ', j ) 0.9446 FR ' FR ' (FR ', i ) 70.84 , (FR ', j ) 180 19.16
FAy 50kN
FB 31kN
FAx 31kN
例 已知： P, q, a, M qa;
求： 支座A、B处的约束力. 解：取AB梁，画受力图.
Fx 0 FAx 0
解得
FAx 0
M
A
0 FB 4a M P 2a q 2a a 0
Fy 0
FN F tan FR l 2 R2
x
F Fl cos l 2 R2
取轮,画受力图.
F
ix
0
FOx FA sin 0
F 0 FOy FA cos 0 M 0 FA cos R M 0
iy
O
FOx
FR l R
解：以AB及重物作为研究对象,受力如图 列平衡方程
A
B
D
E
X 0，
FAx FBC cos30 0
FAy FBC sin30 P Q 0
C
3m
P
Q
1m 2m
M
Y 0 ，
A
(F) 0 ，
FAy
A D
FBC AB sin30 P AD Q AE 0
M O M O ( F ) 3F1 1.5P 3.9P2 2355kN m 1
主矩：
（2）求合力及其作用线位置.
MO 2355 d 3.3197m ' FR 709.4
d x 3.514m 0 0 cos 90 70.84
（3）求合力作用线方程
F2
FR '
F3 '
F3
O
F3
O
Mn
O
MO
Fn '
Fn Fn
F1' F1
F2' F2
F3' F3
……
Fn' Fn
M 1 MO (F1 )
M 2 MO (F2 )
M 3 MO (F3 ) …… M n MO (Fn )
FR ' F1' F2' F3' ... Fn' F1 F2 F3 ... Fn
因为
FR ( Fx ) 2 ( Fy ) 2 M O M O ( Fi )
平面任意力系的平衡方程
Fx 0 Fy 0 M O 0
一般式
平面任意力系平衡的解析条件是：所有各力在两 个任选的坐标轴上的投影的代数和分别等于零，以 及各力对于任意一点的矩的代数和也等于零.
第四章 平面任意力系
§4-1
力的平移
力的平移定理 可以把作用在刚体上点A的力 F平行移到任一点B，但必须同时 附加一个力偶，这个附加力偶的 矩等于原来的力F对新作用点B的 矩.
M B M B ( F ) Fd
§4-2 平面任意力系向一点简化
F1
F2
F1
F1 '
M2 M1
F2 '
M3
FEy P FA sin 450 0
4.计算力偶的力偶矩
M O M O (F1 ) M O (F2 ) ... M O (Fn )
M O (Fi )
二 、平面任意力系的简化结果分析
可能存在以下四种情况：
FR 0 M O 0
合力作用线过简化中心
FR 0 M O 0
合力，作用线距简化中心
MO FR
F
x
0

FAx FB cos 60 F sin 30 0
F
y
0
FAy FB sin 60 2ql F cos30 0
M
A
0
M A M 2ql 2l FB sin 60 3l F cos30 4l 0
M A 10.37kN m
解：取AB梁，画受力图.
Fx 0 FAx FC cos 45 0
Fy 0 FAy FC sin 45 P 0
M A 0 FC cos 45 l P 2l 0
解得
FC 28.28kN, FAx 20kN, FAy 10kN
FAy q 2a P FB 0
P 3 FAy qa 4 2
3 1 FB P qa 4 2
例
已知： P 100kN,
M 20kN m,
q 20kN m, F 400kN, l 1m;
求： 固定端A处约束力. 解：取T型刚架，画受力图.
其中
Fx 0
平面任意力系的平衡方程另两种形式
Fx 0 二矩式 M A 0 两个取矩点连线，不得与投影轴垂直 M 0 B
M A 0 M B 0 M 0 C
三矩式 三个取矩点，不得共线
平衡方程的三种形式
一般式
二矩式
X 0 Y 0 M (F) 0 X 0 M (F) 0 M (F) 0
例 已知：P 10kN, P2 40kN, 尺寸如图； 1 求： 轴承A、B处的约束力. 解： 取起重机，画受力图.
Fx 0
FAx FB 0
Fy 0
FAy P P2 0 1
FB 5 1.5 P 3.5 P2 0 1
M
解得
A
0