力对点的矩和平面力偶系

平面力偶系
例3-4 如图示的梁AB，受一力偶的作用，已知力偶， M=20kNm，梁长l=4m,梁自重不计，求A、B支座处反力。
解 取梁AB为研究对象。
梁在力偶和A、B两处支座反力作用下平衡。
M 0
FByl M 0
FBy
M l
20 kN 5kN 4FAyLeabharlann FBy 5kN平面力偶系
第三节 平面力偶系的合成与平衡
作用在物体上的两个或两个以上的力偶，称为力偶系。 作用在同一平面内的力偶系称为平面力偶系。 一、平面力偶系的合成
平面力偶系可以合成为一个合力偶，其合力偶矩等于各个 力偶矩的代数和。即
M R M1 M 2 M n M
式中MR表示合力偶矩, M 、M … … Mn表示原力偶系中各 力偶的力偶矩。
合力偶矩大小为
M M1 M 2 M 3 (64 60 24)N m 28N m （ ）
平面力偶系
二、平面力偶系的平衡条件 平面力偶系合成的结果为一个合力偶，力偶系的平衡就
要求合力偶矩等于零。 平面力偶系平衡的必要和充分条件是：力偶系中所有各
力偶矩的代数和等于零。
M 0
上式又称为平面力偶系的平衡方程。利用其可以求解一 个未知量。
平面力偶系
例3-3 如图示有三个力偶同时作用在物体某平面内。已知 F1=80N，d1=0.8m，F2=100N ，d2=0.6m，M3=24N.m ，求其合 成的结果。
解 三个共面力偶合成的结果是一个合力偶。各力偶矩为
M1 F1d1 80 0.8 64N m M 3 24N m
M 2 F2d2 100 0.6 60N m

4
平面力偶系的合成和平衡条件
平面力偶系的合成
平面力偶系：作用在同一平面内的一群力偶。 平面力偶系：作用在同一平面内的一群力偶。
=
FR = F1 + F2 + Fn
=
=
′ FR = F1′ + F2′ + Fn′
平面力偶系合成的结果是一个合力偶， 平面力偶系合成的结果是一个合力偶，合力 偶矩等于力偶系中各力偶矩的代数和 中各力偶矩的代数和。 偶矩等于力偶系中各力偶矩的代数和。
力对点的矩
F
h
O
M 0 ( F ) = ± Fh
力对点的矩是一个代数量，它的绝对值 绝对值等于力的大小 力对点的矩是一个代数量，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， 正负可按下法确定 与力臂的乘积，它的正负可按下法确定，力使物体绕 矩心逆时针转向时为正，反之为负。 矩心逆时针转向时为正，反之为负。 力矩表示力使物体绕某点旋转的量度。 力矩表示力使物体绕某点旋转的量度。 量度
A α M1
OBBiblioteka M2DB 解： 因为杆AB为二力杆，故其反力F 和F 只 因为杆AB为二力杆 故其反力FAB 为二力杆， BA A
α
M1 M2
D
能沿A 能沿A，B的连线方向。 的连线方向。 分别取杆OA和DB为研究对象 分别取杆OA和DB为研究对象。因为力偶只能 为研究对象。 与力偶平衡，所以支座O 与力偶平衡，所以支座O和D的约束力FO 和FD 只 的约束力F ∴ 能分别平行于F 能分别平行于FAB 和FBA ，且与其方向相反。 且与其方向相反。 B 写出杆OA和DB的平衡方程 写出杆OA和DB的平衡方程： ∑M = 0 的平衡方程：
力对点的矩

第三章 力对点的矩和平面力偶系一、内容提要本章研究了力矩和力偶。

1．力矩及计算（1）力矩 力矩表示力使物体绕矩心的转动效应。

力矩等于力的大小与力臂的乘积。

在平面问题中它是一个代数量。

一般规定：力使物体绕矩心产生逆时针方向转动为正，反之为负。

用公式表达为()Fd F M O ±=（2）合力矩定理 平面汇交力系的合力对平面内任一点的力矩，等于力系中各力对同一点的力矩的代数和。

用公式表达为()()F M F M O O ∑=R2．力偶的基本理论（1）力偶 由两个大小相等、方向相反、不共线的平行力组成的力系，称为力偶。

力偶与力是组成力系的两个基本元素。

（2）力偶矩 力与力偶臂的乘积称为力偶矩。

为代数量，规定：逆时针方向转动为正，反之为负。

用公式表达为：Fd M ±=（3）力偶的性质力偶不能合成为一个合力，不能用一个力代替，力偶只能与力偶平衡。

力偶在任一轴上的投影恒为零。

力偶对其平面内任一点矩都等于力偶矩，与矩心位置无关。

在同一平面内的两个力偶，如果它们的力偶矩大小相等，转向相同，则这两个力偶等效。

力偶对物体的转动效应完全取决于力偶的三要素：力偶矩的大小、力偶的转向和力偶所在的作用面。

（4）平面力偶系的合成与平衡平面力偶系的合成结果为一个合力偶，合力偶矩等于平面力偶系中各个力偶矩的代数和。

用公式表达为：M R =ΣM平面力偶系的平衡条件是合力偶矩等于零。

用公式表达为：ΣM = 0二、思考题提示或解答3-1 试比较力矩与力偶矩的异同点。

答：平面汇交力系的合力对平面内任一点的力矩，等于力系中各分力对同一点的力矩的代数和。

这就是平面力系的合力矩定理。

应用合力矩定理在于简化力矩的计算。

当力臂不易确定时，可将力分解为易找到力臂的两个互相垂直的分力，在求出两分力的力矩后，再代数相加即可。

3-3 二力平衡中的两个力，作用与反作用公理中的两个力，构成力偶的两个力各有什么不同?答：二力平衡中的两个力等值、反向、共线，共同作用在一个物体上；作用与反作用公理中的两个力等值、反向、共线，分别作用在两个物体上； 构成力偶的两个力等值、反向、互相平行，也作用在一个物体上。

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

反力也必须组成一个同平面的力偶 （ ， ）与 之平衡。
例题讲解
【解】作 AB 梁的受力图，如图（ b ）所示。AB梁上作用 有二个力偶组成的平面力偶系，在 A 、B 处的约束
反力也必须组成一个同平面的力偶 （ ， ） 与之平衡。 由平衡方程
() RA 、RB为正值，说明图中所示RA 、RB 的指向正确。
力臂d
=
1m
×
sinα
=
1m
×
。 sin45 =
m
MB(F)=+F×d= +15kN×0.5 m = +7.5 kN ·m
注意：负号必须标注，正号可标也可不标。一般不标注。
§3-1力矩的概念和计算
（二）合力矩定理
表达式： 证明： 由图得
而 则
Fy
F
A
Fx
()
§3-1力矩的概念和计算
()
若作用在 A 点上的是一个汇交力系（ 、 、 ），则可将每个力对 o 点之矩相加，有
2. 力偶的三要素 （2）力偶的方向； （3）力偶的作用面。
3. 力偶的性质 （1）力偶在任何坐标轴上的投影等于零；
（2）力偶不能合成为一力，或者说力 偶没有合 力，即它不能与一个力等效， y
因而也不能被一个力平衡；
（3）力偶对物体不产生移动效应，只 产生转动 效应，既它可以也只能改变物
体的转动状 态。
例题讲解
【例题5】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 求工件的总切削力偶矩和A 、B端水平反力?
解: 各力偶的合力偶距为
根据平面力偶系平衡方程有:
由力偶只能与力偶平衡的性质 ，力NA与力NB组成一力偶。
例题讲解

第三章力对点之矩与平面力偶一、判断题1、力偶是物体间相互的机械作用，这种作用的效果是使物体的运动状态发生改变。

力偶没合力，不能用一个力来等效代换，也不能用一个力来与之平衡。

（√）2、力偶使物体转动的效果完全由力偶矩来确定，而与矩心位置无关。

只要力偶矩相同，不管其在作用面内任意位置，其对刚体的作用效果都相同。

（√）3、01=∑=n i i M是平面力偶系平衡的充要条件。

（√）4、半径为R 的圆轮可绕通过轮心轴O 转动，轮上作用一个力偶矩为M 的力偶和一与轮缘相切的力F,使轮处于平衡状态。

这说明力偶可用一力与之平衡。

（×）5.刚体的某平面内作用一力和一力偶，由于力与力偶不能等效，所以不能将它们等效变换为一个力。

（×）解析：一个力和一个力偶可以简化为一个力。

6、物体受同一平面内四个力的作用，这四个力组成两个力偶（F1，F1′）和(F2,F2′），其组成的力多边形自行封闭，该物体处于平衡。

（×）7、力偶不是基本力学量，因为构成力偶的两力为基本量。

（×）解析：(1)力学中的基本物理量是长度、质量、时间。

(2)国际单位制中的基本单位：长度，米（m）；质量，千克（kg）；时间，秒（s）；电流，安（A）；热力学温度，开（K）；物质的量，摩（mol)；发光强度，坎（cd）。

8、自由刚体受到力偶作用时总绕力偶臂中点转动。

（×）解析：动力学可以证明，静止的自由刚体受力偶作用时，总是绕着刚体的质量中心转动（与质量分布有关，与作用位置无关）。

9、力偶的合力等于零。

（×）解析：力偶是一对大小相等方向相反但不在同一条直线上的两个力,这与力的平衡定理作用在同一直线上的两个力大小相等方向相反则两力平衡是相悖的.力偶对平面内任意点的力矩不为零.10、力偶的合成符合矢量加法法则。

（×）解析：三角形法则，平行四边形法则。

三角形法则是：如果是两个矢量的相加将这两个矢量的首尾相接，从一个矢量的开头指向另一个矢量的末尾就是它们的和向量。

FA
FB
FA FB
M 0
FB
60 300N FA FB 300 N 0.2
FB 0.2 m1 m2 m3 m4 0
例2-6 图示机构不计自重。圆轮上的销子在摇杆BC的光滑导 槽内可自由滑动；圆轮上作用一力偶，其力偶矩 M 1 2kN m, 30 )，系统平衡。 OA r 0.5m 。在图示位置( OA⊥OB， 求作用在摇杆BC上力偶的矩M2 及铰链O、B处的约束力。
合力矩的解析表达式：
y
O

Fx
x
x
MO (FR ) MO (Fi )
( xi Fiy yi Fix )
例2 4图示直杆长为l，力F与x轴夹角为。求力F对插入端O之矩。
y
O o 方法一：利用定义
h
l
Fy
F

Fx
x
M O ( F ) F h F l sin
合力矩定理：平面汇交力系的合力对于平面内任一点之矩等于所有 各分力对于该点之矩的代数和．
三、力矩与合力矩的解析表达式 力矩的解析表达式：
y
MO (F ) M O ( Fx ) M O ( Fy )
F
Fy
A
x Fy y Fx
x F sin y F cos
F
' F
2、力偶矩
力偶作用面: 力偶臂:
— 代数量 力偶中两力所在的平面
d1 O O
1
力偶中两力作用线间的垂直距离 ' ' M O1 ( F , F ) M O1 ( F ) M O1 ( F ) 力偶可以看作 ' F ( d d ) F d1 1 不能合成的两 Fd 个力

本章讨论平面力偶系的合成与平衡问题
一、平面力偶系的合成 平面力偶系可合成为一个合力偶； 合力偶矩等于各分力偶矩的代数和，即
M1
M2 M3
M4
M Mi
二、平面力偶系的平衡方程
Mi 0
M
说明：根据平面力偶系的平衡方程，可解 一个未知量。
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
[例2] 已知梁长 l = 5 m，M = 100 kN·m ；若不计梁的自重，试求 铰支座 A 、B 处的约束力。
2. 力偶中的两个力对任一点的矩的代数和 恒等于力偶矩，与矩心位置无关。
dF F
3. 作用于刚体同一平面内两个力偶等效的充要条件为其力偶矩 相等。
结论：力偶矩唯一决定了力偶对刚体的作用效应。
◆ 通常用力偶矩符号来代表力偶：
F
d
M Fd
F
M 或M
第三节 平面力偶系
平面力偶系：由位于同一平面内的一群力偶所组成的力系
构平衡。试求作用于摆杆 BO1上的力偶矩 M2 （各构件的自重不计）
解： 1）首先研究曲柄 AO与套筒A 的组合 画受力图 列平衡方程
Mi 0, M1 FA r sin 30 0
解得
FA
FO
2M1 r
M1
O
FO
FA
FA
FO
2M1 r
2）再选取摆杆 BO1 为研究对象
画受力图
列平衡方程
Mi 0, M 2 FA AO1 0
的平行力称为一个力偶，记作 F, F。
dF F
二、力偶矩 定义
M Fd
为平面内力偶 F, F 的矩，简称力偶矩。
说明： 1）平面内力偶矩为代数量，其正负号表转向，一般规定 逆时针转向为正，反之为负。

（力偶三要素：力偶矩旳大小；力偶旳转向和力 偶旳作用面。）
所以两个力偶等效，必须是该两个力偶旳力偶矩 大小相同，转向相同，作用面相同。（对刚体， 可作用面平行。）
例题：
F
1.习题3-2
a
b
Fx F cosa
a
Fy f sin a
M A (F ) -Fx b Fy 0 -Fb cosa
M B (F ) -Fx b Fy a F (a sin a - b cosa )
2．习题3-7
正三角形ABC
B F2
F1 F2 F3 F
X F1 cos 60 F2 cos 60 - F3 0
F1
Y F1 sin 60 - F2 sin 60 0
A
即合力FR=0
F1x
F
cos 60
第三章: 力矩与平面力偶系
本章研究力矩和力偶旳概念、力偶旳 性质、平面力偶系旳合成与平衡。本 章与第二章旳理论是研究平面一般力 系旳基础。
§3-1 力矩旳概念和计算
一般情况下，力对物体作用时能够产 生移动和转动两种外效应。力旳移动 效应取决于力旳大小和方向。为了度 量力旳转动效应，需要引入力矩旳概 念。
设物体上作用有一 力偶臂为d旳力偶 （Ｆ，Ｆ‘）
该力偶对作用面内任 一点Ｏ之矩为：
Ｏ x
F
F’ d
Ｍo(F)+Mo(F’)=F(x+d)-Fx=Fd
力偶对作用面内任一点旳矩之大小恒等于力偶中 一力旳大小和力偶臂旳乘积，而与矩心旳位置无关。
力偶对物体旳转动效应可用力与力偶臂旳乘积Fd 及转向来度量，该物理量称为力偶矩。
互成平衡旳二力对同一点旳力矩之和为 零
虽然力矩概念由力对物体上固定点旳 作用引出。实际上，作用于物体上旳力 能够对任意点取矩，即矩心可是空间中 旳任意点。

面称为力矩作用面
• O到力的作用线的垂直距 离 h称为力臂
•力F 使物体绕O点的转动效果，完全 由两个要素决定： a. 大小：力F与力臂h的乘积 F·h b. 转向：使物体绕O点转动方向
用数学式子来表示：
MO (F ) F h
F
O
h
平面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：力使物体绕 矩心逆时针转向时为正，反之为 负.常用单位N.m或kN.m
3平面力对点的矩和平面力偶平面汇交力系和平面力偶系3力偶由两个大小相等等值方向相反反向不共线的平行力组成的力系称为力偶记作力偶和力一样是力学中的一个基本要素
3、平面力对点的矩和平面力偶
平面汇交力系和平面力偶系
（1）平面力对点的矩
3、平面力对点的矩和平面力偶
• O称为矩心 • O与力矢量的首尾确定的平
力偶矩是平面力偶作用的唯一度量
3、平面力对点的矩和平面力偶
平面汇交力系和平面力偶系
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
平面汇交力系和平面力偶系
（2）合力矩定理与力矩的解析表达式
MO(FR ) MO (Fi )
合力矩定理：平面汇交力系的合力对平面内任一点的矩等于各分力对该点 的矩的代数和。
该结论适用于任何存在合力的力系!
y
力矩的解析表达式：
MO(F) MO(Fy ) MO(Fx ) x F sin θ y F cos θ xFy yFx
M F d 2 AABC
两个要素 a. 大小：力与力偶臂乘积
b. 转向：作用面内的转动方向
3、平面力对点的矩和平面力偶
平面汇交力系和平面力偶系
（5）同平面内力偶的等效定理
定理：在同一平面内的两个力偶，如果力偶矩相等，则两力偶彼此相等。 推论(1)：力偶可在其作用面内任意移转，而不改变它对刚体的作用。力偶对 刚体的作用与力偶在其作用面内的位置无关。 推论(2)：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 的大小与力偶臂的长短，对刚体的作用效果不变。

力矩与平面力偶系2.2.1 力对点之矩(简称为力矩)1.力对点之矩的概念为了描述力对刚体运动的转动效应，引入力对点之矩的概念。

（F）来表示，即力对点之矩用MOMo(F) = ± Fd一般地，设平面上作用一力F，在平面内任取一点O——矩心，O点到力作用线的垂直距离d称为力臂。

Mo(F) = ± 2△OAB力对点之矩是一代数量，式中的正负号用来表明力矩的转动方向。

矩心不同，力矩不同。

规定：力使物体绕矩心作逆时针方向转动时，力矩取正号；反之，取负号。

力矩的单位是Nmm。

由力矩的定义可知：（1）若将力F沿其作用线移动，则因为力的大小、方向和力臂都没有改变，所以不会改变该力对某一矩心的力矩。

（2）若F=0，则Mo(F) = 0；若Mo(F) = 0，F≠0，则d=0，即力F通过O点。

力矩等于零的条件是：力等于零或力的作用线通过矩心。

2.合力矩定理设在物体上A点作用有平面汇交力系F1、F2、---Fn，该力的合力F可由汇交力系的合成求得。

计算力系中各力对平面内任一点O的矩，令OA=l，则---由上图可以看出，合力F对O点的矩为据合力投影定理，有F y=F1y+F2y+---+F ny两边同乘以l，得F y l=F1y l+F2y l+---+F ny l即M o(F)=M o(F1)+M o(F2)+---+M o(F n)合力矩定理：平面汇交力系的合力对平面内任意一点之矩，等于其所有分力对同一点的力矩的代数和。

3.力对点之矩的求法(力矩的求法)（1）用力矩的定义式，即用力和力臂的乘积求力矩。

注意：力臂d 是矩心到力作用线的距离，即力臂必须垂直于力的作用线。

例2-3 如图所示，构件OBC 的O 端为铰链支座约束，力F 作用于C 点，其方向角为α，又知OB=l，BC=h ，求力F 对O 点的力矩。

解 （1）利用力矩的定义进行求解如图，过点O作出力F作用线的垂线，与其交于a点,则力臂d即为线段o a。

MA(Fy) = 0
9
例题.图示F=5kN, sin=0.8试求力F对A点的矩.
F B
A 20
10
解:(1)
BC 15 18.75 0.8
CD =18.75×0.6 = 11.25
AC = 20 -11.25 = 8.75
h = 8.75× 0.8
A
=7
mo(F) = hF = 7 × 5 = 35
1
▪ 力F对O点之矩的大小，也可以用三角形OAB的面积的两
倍表示，即
▪ Mo(F)＝±2ΔABC
▪
在国际单位制中，力矩的单位是牛顿•米（N•m）
或千牛顿•米（kN•m）。
▪ 由上述分析可得力矩的性质：
▪ （1）力对点之矩，不仅取决于力的大小，还与矩心的 位置有关。力矩随矩心的位置变化而变化。
▪ （2）力对任一点之矩，不因该力的作用点沿其作用线 移动而改变，再次说明力是滑移矢量。
M＝m1＋m2＋…＋mn＝Σm
由此可得到如下结论：
平面力偶系可以合成为一合力偶， 此合力偶的力偶矩等于力偶系中各力 偶的力偶矩的代数和。
21
二、平面力偶系的平衡条件
平面力偶系中可以用它的合力偶等效代替，因此，若合力 偶矩等于零，则原力系必定平衡；反之若原力偶系平衡，则 合力偶矩必等于零。由此可得到
▪ （3）力的大小等于零或其作用线通过矩心时，力矩等 于零。
2
3
一、平面中力矩的概念
3.1
二、平面汇交力系的合力矩定理
力 定理：平面汇交力系的合力对平面内任意
矩 一点的矩等于各个分力对同一点之矩的代
的 数和。即


概y
mo (R) mo (Fi )

平面力对点之矩平面力偶力 力矩力对一 力对点之矩（力矩）力F 与点O 位 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 垂直距离h 称 为力臂。

力对点之矩是一个代数量，它 绝对值等 力 与力臂 乘积， 它 正负 按下法确定：力使 绕 矩心逆时针 时为正，反之为负。

力对点之矩M O (F )=±F ⋅h+M O (F )OhrFABM O (F )是代数量。

M O (F )是 。

F =0 h =0时，M O (F )=0。

位N ·m kN·m 。

M O (F )=2 AOB =F ·h ，2 面积。

二 合力矩定理与力矩 解析表达式合力对某点之矩，等 所有各分力对同一点之矩 代数和。

按力系等 概念，上式必然成 ，且适用 任何有合力存在 力系。

力矩 解析表达式MO(F)=xF sinθ-yF cosθ=xFy -yFx合力对坐标原点之矩MO (FR)=∑(x i F iy-y i F ix)x[]F n=1400N, （ 合 ） r =60mm， 力 α=200， 力F n对O点 矩。

按力矩 定义得MO (Fn)=Fn⋅h=Fnr cosα=78.93N⋅m根据合力矩定理，将力F n分解为 周力F t 和 力F r ,MO (Fn)=MO(Fr)+MO(Ft)=MO(Ft)=Fncosα⋅r三 平面力偶及其性质由两个 相等 相反且不共线 平行力组成 力系，称为力偶，记为(F, Fʹ)。

力偶 两力之间 垂直距离d 称为力偶臂，力偶所在 平面称为力偶作用面。

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 平行力 合力：F R=F1+F2：平行 F1F2且指 一致作用点：C处确定C点，由合力距定理AB=AC+CB代 AC F21= CB FF2F1F R1F R2A C BF FF两个反 平行力 合力 ：F R=F1F2：平行两力且与较 相同力偶 合力F R =F' F=0CB F ' CA=F=1∴CB =CAC B =F 1C AF 2作用点：C 处F 2F 1C ABF RF ′C ABF若CB =CA =CB +d 成 ，且d ≠0，必有CB →∞即合力作用点在 穷远处，不存在合力。

RA
RB
2 Pa RB R A l cos α
[练习2]
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 m1 m 2 m3 m 4 15 N m 求工件的总切削力偶矩和A 、B端水平反力? 解:
NA NB
各力偶的合力偶距为
M m1 m 2 m 3 m 4 4 ( 15 ) 60 N m
mo ( F ) F ( h x )
mo ( F ) F x
mo ( F , F ) F ( h x ) F x F h
性质3：力偶等效定理 作用在同一平面的两个力偶，只要它的力偶矩相等，则该两个力偶彼此等 效。
包含以下内容： ①力偶可以在其作用面内任意移动，而不影响它对刚体的
l d Q 0 l
2、研究曲柄ACD
l2 d2 m 0 N AB l d M 0 l2 d2 M Q N AB l d
思考题： 1、m可否又BC上移至AC上？
a
m
结构视为一体时，m 可移动，若分开考虑，则 m不能从一体移至另一体。
2.既然一个力不能与力偶平衡，为什么下图的圆轮能平衡？
M O ( F ) 2 S ABC
① 说明： M O (F ) 是代数量。
② F↑,h↑转动效应明显。
③ M O (F ) 是影响转动的独立因素。当F=0 或 h=0时，M O ( F ) 0 ④国际单位Nm。
2、解析式 y
Fy
F
Fx
M O ( F ) F h Fr sin
解： 1、研究对象二力杆：AD
RC

力矩与平面力偶系第一节 力对点之矩力对点的矩是很早以前人们在使用杠杆、滑车、绞盘等机械搬运或提升重物时所形成的一个概念。

现以板手拧螺母为例来说明。

如图3－1所示，在板手的A 点施加一力F ，将使板手和螺母一起绕螺钉中心O 转动，这就是说，力有使物体（扳手）产生转动的效应。

实践经验表明，扳手的转动效果不仅与力F 的大小有关，而且还与点O 到力作用线的垂直距离d 有关。

当d 保持不变时，力F 越大，转动越快。

当力F 不变时，d 值越大，转动也越快。

若改变力的作用方向，则扳手的转动方向就会发生改变，因此，我们用F 与d 的乘积再冠以适当的正负号来表示力F 使物体绕O 点转动的效应，并称为力F 对O 点之矩，简称力矩，以符号M O （F ）表示，即d F F M ⋅±=)(O （3－1）O 点称为转动中心，简称矩心。

矩心O 到力作用线的垂直距离d 称为力臂。

式中的正负号表示力矩的转向。

通常规定：力使物体绕矩心作逆时针方向转动时，力矩为正，反之为负。

在平面力系中，力矩或为正值，或为负值，因此，力矩可视为代数量。

由图3－2可以看出，力对点之矩还可以用以矩心为顶点，以力矢量为底边所构成的三角形的面积的二倍来表示。

即面积OAB 2)(O ∆±=F M （3－2）显然，力矩在下列两种情况下等于零：（1）力等于零；（2）力的作用线通过矩心，即力臂等于零。

力矩的单位是牛顿•米（N •m ）或千牛顿•米（kN •m ）【例3－1】 分别计算图3－3所示的F 1、F 2对O 点的力矩。

【解】：由式（3－1），有 m kN 455.130)(mkN 530sin 110)(222O 111O ⋅-=⨯-=⋅-=⋅=︒⨯⨯=⋅=d F F M d F F M第二节合力矩定理图3-1我们知道平面汇交力系对物体的作用效应可以用它的合力R 来代替。

这里的作用效应包括物体绕某点转动的效应，而力使物体绕某点的转动效应由力对该点之矩来度量，因此，平面汇交力系的合力对平面内任一点之矩等于该力系的各分力对该点之矩的代数和。

F
d d
F
F
F
M F d
M O1 F , F M O1 F M O1 F




F d x1 F x1 Fd
§2-2 平面力对点之矩 · 平面力偶
平面力偶的等效定理： 在同平面内的两个力偶，若 力偶矩相等，则两力偶彼此等效。 两个推论：
M F
O i
平面汇交力系: M O FR M O Fi


平面汇交力系的合力矩定理：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。
§2-2 平面力对点之矩 · 平面力偶 力矩与合力矩的解析表达式
(1)力矩的解析表达式 y
M O F M O Fx M O Fy
F
y
l M O (F ) F d F sin
O
MO (Q) Q l
② 应用合力矩定理
Fy
Fx A
d
x
l

Q
M O (F ) Fx l Fy l cot
F sin l F cos lcot l F sin
③ 应用合力矩公式
§2-2 平面力对点之矩 · 平面力偶 平面力偶系的合成证明:
已知：M 1 , M 2 ,
Mn;
求：它们的合成结果。
证明：
任选一段距离d：
M 1 F1d , F1 M 1 / d
M 2 F2 d , F2 M 2 / d
M2 Mn
M1
M n Fn d , Fn M n / d
第二章
平面力系
第二章 平面力系（之二）
§2-2 平面力对点之矩 · 平面力偶

力系称为力偶，记作 F , F
2.力偶矩 力偶中两力所在平面称为力偶作用面。 力偶两力之间的垂直距离称为力偶臂。 两个要素 a.大小：力与力偶臂乘积 b.方向：转动方向
力偶矩 M F d 2 1 F d 2ABC
2
五. 力偶与力偶矩的性质 1.力偶在任意坐标轴上的投影等于零。
2.力偶对任意点取矩都等于力偶矩， 不因矩心的改变而改变。
解：取微元如图
q x q l
Pl0x l Nhomakorabeaq
dx
1 2
ql
由合力矩定理
Ph
l
q dx x
0
l
0
x2 l
q dx
得 h 2l
3
例2-9
已知： M1 M2 10N m, M3 20N m,l 200mm;
求： 光滑螺柱AB所受水平力。
解：由力偶只能由力偶平衡的 性质，其受力图为
M 0
FAl M1 M2 M3 0
解：AB、BC杆为二力杆。
取销钉B。 用解析法
F ix
0
FBA cosθ FBC cosθ 0
得 F F
BA
BC
F iy
0
F sin θ F sin θ F 0
BA
BC
解得 F F 11.35kN
BA
BC
选压块C
F ix
0
F cosθ F 0
CB
Cx
解得 F F cotθ Fl 11.25kN
r
F cosθ r 78.93N m
例2-7 已知：F, , xB , yB ,l; 求：平衡时，CD杆的拉力。
解： CD为二力杆，取踏板
由杠杆平衡条件