当前位置：文档之家 › 第4章——平面任意力系补充例题讲解

第4章——平面任意力系补充例题讲解

  • 格式：ppt
  • 大小：544.50 KB
  • 文档页数：18

下载文档原格式

  / 18

合集下载

04.第四章 平面任意力系

04.第四章 平面任意力系
刚体在平面任意力系作用下的平衡条件: 由
FR
FR' = 0
MO = 0
得到：
( F x ) ( F x )
2
2 0Fx =Fra bibliotek0Fy = 0
MO=MO(F ) = 0
平面任意力系平衡方程的基本形式：
Fx 0 Fy 0 M O (F ) 0
杆的重量不计, 求铰链 A 的约束反力和杆DC所受的力。
F 解: (1) 取AB杆为研究对象 (2) 画受力图 (3) 列平衡方程 FAy FAx D F A l 45° C l B
FC
§4.3
平面任意力系的平衡条件
Fx = 0, FAx+ FC cos45º= 0 Fy = 0, FAy +FC sin 45°－F = 0 MA = 0, FAy
解： 取AB及重物作为研究对象 列平衡方程
C
A D B E 1m
P
3m C C
Q
2m
cos P F 0 0 ， F AB sin 30 0 F ， M x(F ) 0 ，FF Ax F F BCcos 3030 0 AD Q AE 0 sin 30 F F 0 M y( 0 0 ，F F DB BC sin 30 F P Q Q 00 0 AB M ( F )) ， ，P Ay ABF Q EB P AD AE F AB sin 30 P AD Q AE 0 MA( ) 0 0 F M ( FF 0 ，P DBAC EB AD Q AE0 0 M ( F )) ，， BC Q P F AB
§4.3

平面任意力系 简化与平衡ppt课件

平面任意力系 简化与平衡ppt课件

M2
O M1
Mn
M3


ppt课件
FR
O
FR Fi' Fi
MO O
MO Mi MO 3Fi
F1 O
F3
F1 F1
F2 M1 MO F1 F1
F2 F2
M 2 M O F2
M2
F2

O M1
M n Fn

Fn
M3

F3 F3
B
12
三、平面任意力系简化结果的讨论
4）FR 0 且 MO 0
FR Fi' Fi
FR 0
F
' Rx

Fix'
Fix
F
' Ry

Fiy'
Fiy
Fix 0 Fiy 0
MO Mi MO Fi
MO 0
MO Fi 0
M2
F2
O

O M1
M n Fn

F3
Fn
M3

F3 F3
M O F3
F' 3
M3
Fn Fn
M n M O Fn
FR MO
O
F1 F1
F2 F2
F1
F2
F3 F3 Fn Fn
O Fn
F' 3
M1 MO F1 M 2 M O F2 M 3 M O F3 M n M O Fn
ppt课件
13
第二节 平面任意力系的平衡方程
一、平面任意力系的平衡方程 1. 基本形式 ·两投影一矩式

工程力学 习题详解 第四章

工程力学 习题详解 第四章
i 1
n
mO ( R ) Rd M O (主矩)
———合力矩定理
M O ( R ) mO ( Fi )
n i 1
由于简化中心是任意选取的，故此式有普遍意义。 即：平面任意力系的合力对作用面内任一点之矩等于力系 中各力对于同一点之矩的代数和。
12
静力学
例题4-1
第4章 平面任意力系
F
A C B
Fx 0,
FAx FC cos 45 0 FAy FC sin 45 F 0 FC cos 45 l F 2l 0
Fy 0,
M A F 0,
解平衡方程可得
FC 2 F
D
cos 45 FAx FC cos 45 2 F 20 kN
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 kN•m，试求固端A，铰链C和支座E的约束力。 F q B l/4
M E
A
H
C
l/4
D l/4
l/8 l/8
30
解： 1.取CE段为研究对象。受力分析如图。
例题4-5
如图所示为一悬臂梁，A为固定端，设梁上受强度
为q的均布载荷作用，在自由端B受一集中力F和一力偶
M作用，梁的跨度为l，求固定端的约束力。
q
A l
M
F
45
B
24
解：
取梁为研究对象，受力分析如图 由平衡方程
M F
45
q
A
Fx 0,
Fy 0,
FAx F cos 45 0

第三章-力矩和平面力偶系-第四章-平面任意力系

第三章-力矩和平面力偶系-第四章-平面任意力系

例3－1 试计算力对A点之矩。
解 本题有两种解法。 方法一： 按力矩的定义计算 由图中几何关系有：
d=ADsinα =(AB-DB)sinα =(AB- BCctgα)sinα =(a- bctgα)sinα =asinα-bcosα
所以
mA(F)=F•d =F(asinα-bcosα)
方法二：
解：
图（a）：
MA = - 8×2 = -16 kN ·m
MB = 8×2 = 16 kN ·m
图（b）： MA = - 4×2×1 = -8 kN · m
MB = 4×2×1 = 8 kN ·m
第二节 力偶
▪ 一、力偶 力偶矩
▪
在日常生活和工程实际中经常见到物体受动两个大小相等、方向相反，
但不在同一直线上的两个平行力作用的情况。例如
2．力偶矩：
▪ 作为力偶对物体转动效应的量度，称为力偶矩，
用m或m( F ,F′)表示。在平面问题中，将力偶中
的一个力的大小和力偶臂的乘积冠以正负号，如图：
即m(F)＝F•d=±2ΔABC
通常规定：力偶使物体逆时针方 向转动时，力偶矩为正，反之为 负。
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）。
▪
在同一平面内的两个力偶，只要两力偶的
力偶矩的代数值相等，则这两个力偶相等。这
就是平面力偶的等效条件。
▪ 根据力偶的等效性，可得出下面两个推论：
▪ 推论1 力偶可在其作用面内任意移动和转动， 而不会改变它对物体的效应。
▪ 推论2 只要保持力偶矩不变，可同时改变力 偶中力的大小和力偶臂的长度，而不会改变它 对物体的作用效应。
主矩： Mo=m1+m2+···+mn

工程力学-单辉祖、谢传锋-第四章-平面任意力系

工程力学-单辉祖、谢传锋-第四章-平面任意力系

其中平面汇交力系的合力为
F1 F2 F n F1 F2 Fn Fi FR
平面力偶系的合成结果为
M O M1 M 2 M n M O ( F1 ) M O ( F2 ) M O ( Fn ) M O ( Fi )
MO 0
( Fx )2 ( Fy )2 FR
MO MO (F i )
( Fx )2 ( Fy )2 FR
MO MO (F i )
平衡
Fxi 0 即：
Fyi 0
MO (F i ) 0
平面任意力系的平衡方程
即：平面任意力系平衡的解析条件是：力系中 所有各 力 在其作用面内两个任选的坐标轴上投 影的代数和分别 等于零 ，所有各力对 任一点 之矩的代数和等于零。
(1) F'R＝0，MO≠0 平面任意力系简化为一个力偶的情形 原力系合成为合力偶。合力偶矩M等于原力系对简 化中心的主矩。
F5
MO MO (F )
A
F1 F4
F6 B F3
F2
C
D
四个力是否平衡？
此时,主矩与简化中心的位置无关。
(2) F'R ≠ 0，MO ＝ 0 ; 平面任意力系简化为一个合力的情形 如果主矩等于零，主矢不等于零，则此时平面力系 简化为一合力，作用线恰好通过简化中心。
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
A
a
P
q
b
P
MA
Fy 0
FAy P 0
MA (F ) 0 1 2 M A Pa qb 0 2

工程力学 第04章 平面任意力系

工程力学 第04章 平面任意力系

A、B两点的连线应不 垂直于投影x轴。
• 三力矩式：
M A ( F ) 0 M B ( F ) 0 M C ( F ) 0
A、B、C必须是平面内不 共线的任意三点 。
30
三、求解平面力系的平衡问题时的一般步骤 (1) 选取研究对象； (2) 画受力图； (3) 建立坐标系；
23
例题
平面任意力系
4.联立求解。 FB = 12 456 N FAx = 11 290 N FAy = 4 936 N FB FAy FAx
A D C
例 题 3
α
E
B
a
F1
G l
F2 b
24
例题
平面任意力系
例 题 4
如图所示为一悬臂梁，A为固定端，设梁上受强度
为q的均布载荷作用，在自由端B受一集中力F和一力偶
7
FR ' ( FX ) 2 ( FY ) 2 大小：
主矢 R
方向：
tg
1
（移动效应） 简化中心
F F
y x
(与简化中心位置无关)
[因主矢等于各力的矢量和] 大小： 主矩MO 方向：
M O mO ( Fi )
方向规定 + —
（转动效应） 简化中心： (与简化中心有关) （因主矩等于各力对简化中心取矩的代数和）
(4) 列平衡方程求解未知量。
注意：列平衡方程时矩心应选在多个未知力的交点上，坐 标轴应当与尽可能多的未知力垂直；利用合力矩定 理求力对点之矩。
31
四、平面平行力系
1.
2.
平面平行力系的定义：如果平 面力系中各力的作用线相互平 行，则称该力系为平面平行力 系 。 平面平行力系的平衡方程

工程力学C-第4章 平面任意力系


l 2
q( x) xdx 2l h 3 q( x)dx
0 l 0
l
例 题7：
均匀分布载荷 q =4kN/m ，自由端B作用有集 中力F = 5kN，与铅垂线夹角α=25°，梁长 l = 3m。求固定端的反力。 解： 梁AB ——研究对象
x
M A (Fi ) 0 : M Q l F cos l 0 (Q ql 4 3 12kN) A
2
1 2 M A Fl cos ql 31.59kN m 转向如图 2
F
F
xi
0:
0:
FAx F sin 0
FAx F sin 2.113kN
FAy Q F cos 0
实际方向与图中相反
yi
FAy Q F cos 16.53kN 方向如图
n
平衡方程
平面任意力系平衡的解析条件：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矩的代 数和也等于零。
例 1:
固定端约束
既不能移动，又不能转动的约束—— 固定端约束 固定约束的特点
利用平面力系的简化结果，将端部的分布
力向端部的一点A点简化，得FA、MA。
FA MA
A
B
b
因此，P2必须满足：
Pe P l P (e b) 1 P2 ab a
FNA
FNB
例 题 6 细杆AB 搁置在两互相垂直的光滑斜面上，如图所 示。已知：杆重为P，重心C 在杆AB的中心，两 斜面的几何关系如图。求：杆静止时与水平面的 夹角θ和支点 A、B 的反力。 解： 细杆AB —— 研究对象 设杆AB长 l ,取图示坐标系。

静力学 第04章 平面任意力系


§4-5静定与静不定问题的概念

对于平面问题 一般任意运动的自由度数 3 平面力系独立的平衡方程数 3 完全约束所需约束力个数 3 约束状态 约束力个数Nr ＝3 时—完全约束 约束力个数Nr < 3 时— 不完全约束 约束力个数Nr > 3 时— 多余约束
§4-5静定与静不定问题的概念
§4-3 平面任意力系的平衡条件
③三矩式
m (F ) 0
A
m (F ) 0 m (F ) 0
B
C
条件：A,B,C不 在同一直线上
证明：必要性条件：简单，只要平衡，上式一定 成立。充分性条件： 力系简化有三种可能：合力偶、合力和力系平衡。 假设力系不平衡。由条件，不可能简化成合力偶， 则必简化为合力FR,且作用线过A,B,C三点。而由 附加条件，三点不共线。只可能是FR=0。
M
O
(F ) 0
上式有三个独立方程，只能求出三个未知数。
§4-3 平面任意力系的平衡条件
②二矩式 F 0 m (F ) 0
x
A
mB ( Fi ) 0
条件：x 轴不垂 直AB连线 B A O
FR
x
证明：必要性条件：简单，只要平衡，上式一定成 立。充分条件： 力系简化有三种可能：合力偶、合力和力系平 衡。假设力系不平衡。由条件，不可能简化成 合力偶，因此必简化为合力FR,且作用线过A,B两 点。由 Fx 0 FR cos 0 FR 0 且 90
平面一般力系简化的结果
一 般力系
汇交力系
合力 FR=Fi
力 偶 系
合力偶 MO= MO ( Fi )
§4-2 平面任意力系的一点简化

第4章 例题 解答


平面任意力系
例 题 4
y
3m
重力坝受力情况如图所示。 重力坝受力情况如图所示 。
C
设 G1=450kN ， G2=200kN ， 450kN 200kN F1=300 kN，F2=70 kN。 求力 300 kN， kN。 系的合力F 的大小和方向余弦, 系的合力FR的大小和方向余弦,
x
9m
1.5m
q A B x
例题
平面任意力系
例 题 3
解：
F 在梁上距A 端为x 的微段d 在梁上距 A 端为 x 的微段 dx
上 ， 作用力的大小为 q‘dx ， 其 作用力的大小为q‘d
q B x
q′
中q’ 为该处的载荷集度 ，由相 似三角形关系可知
A dx x h l
x q′ = q l
因此分布载荷的合力大小
FAx= 0 ， FAy= －175 N
FD
例题
平面任意力系
例 题 9
一种车载式起重机，车重 一种车载式起重机，车重G1= 26 kN，起重机伸臂重 ， G2 = 4.5 kN，起重机的旋转与固定部分共重 3 = 31 kN。 ，起重机的旋转与固定部分共重G 。 尺寸如图所示。设伸臂在起重机对称面内， 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G 位置，试求车子不致翻倒的最大起吊重量 max。
′ FRy
′ FRy = ∑Fy = −G − G2 − F sin θ = −670.1kN 1 2
例题
平面任意力系
例 题 4
所以力系合力F 所以力系合力FR的大小
′ FR = FR = (ΣFx )2 + (ΣFy )2 = 709.4 kN

工程力学 第4章 平面任意力系_2


第四章 平面任意力系
E
300
200
B C A 100
100
FEx F Ey
B FAy D W C
FAx
D W
∑F
y
= 0 FEy + FAy − W = 0 FAy = −66.7 N
第四章 平面任意力系
例：已知 DK = KD ,AB = BC =1m ,F=1732kN , Q=1000kN 处的约束力。 求：A、E 处的约束力。
A、B 连线与 轴不垂直 连线与Ox
A、B、C三点不共线 三点不共线
第四章 平面任意力系
平面平行力系平衡的条件： 平面平行力系平衡的条件
y
平面问题
∑ Fy = 0 ∑ M O ( F ) = 0
o
x
平面平行力系平衡的条件（二矩式） 平面平行力系平衡的条件（二矩式）：
∑ M A ( F ) = 0 , ∑ M B ( F ) = 0
第四章 平面任意力系
与重物的总重力为P=10kN，梁的 例4-2：已知起重电动机 与重物的总重力为 ：已知起重电动机E与重物的总重力为 ， 重力为W=5kN。已知角度θ=30º。求：钢索 和铰链 的约 。已知角度 钢索BC和铰链 和铰链A的约 重力为 。 束力， 束力，钢索受力的最大值 y
FBC FAx
F
E K
300
解：1、研究ED杆，画受力图. 研究 杆 画受力图. E D
FEx
F
FEy
F D
D
∑
W M E (F) = 0 FD ED cos 30 − F ⋅ EK = 0 FD = 1000kN
A
B
C
∑ Fx = 0
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
从图中按比例量得 TAB=34kN TBC=17kN
用解析法求解
建立直角坐标系Oxy，如图所示，根据平衡` 方程建立方程求解
F 0 , T cos 30 W 0, TBA 34.64kN y BA
F 0 , T T sin 30 0, TBC 17.32kN x BC BA
FD
FAy= -175 N
例 下图为一悬臂梁。受集中荷载P=2kN和三角形分布荷载 q=1kN/m作用。如果不计梁重，求支座A和B的反力。
解：取CD梁为研究对象，受力图如 图（b）所示，列平衡方程
Fx 0 MA 0 XA 0 1 P 1 q 3 1 2YB 0 2 13 YB q 2 1 0.25kN() 22
几何法求解静力问题
例 一物重30kN，用不可伸长的柔索AB和BC悬挂于如图所示的平衡位 置，不计柔索重量，AB与铅垂线的夹角α=30º ，BC水平。求柔索AB 和BC的拉力。
C C
解：（1）受力分析：取重物为研究对象，受力图如图所示。根据约束 特点，绳索必受拉力。
（2）作力多边形，求解未知力。选取比例尺1cm代表15kN，任取一点 a，作ac平行于W，且|ac|=W=40KN，过c点作TBC的平行线，过a点作 TAB的平行线，两线相交于b点。于是得到封闭的力三角形abc。
用解析法求解
取坐标轴Axy如图所示，利用平衡方程，得
F 0 , R T cos 60 T cos 30 0 x AC 1 2

由于T1=T2=W=20kN，代入上式即得 RAC=-27.32 KN,RAC为负值，说明AC杆受压力。
F 0 , R T sin 30 T sin 60 0 y AB 2 1
例 简易起重机如图所示。B、C为铰链支座。钢丝绳的一端缠绕在卷 扬机D上，另一端绕过滑轮A将重为W=20kN的重物匀速吊起。杆件 AB、AC及钢丝绳的自重不计，摩擦不计。试求杆件AB、AC受力。 解：（1）取滑轮A为研究对象
。杆件AB及杆件AC仅在其两 端受力且处于平衡，因此都是 二力杆，设都受拉；由于不计 摩擦，钢丝绳两端的拉力应相 等，都等于物体的重量W。如 果不考虑滑轮的尺寸，则滑轮 的受力图如图所示。 （2）作力多边形，求未知力。取比例尺1cm表示10 kN，任选一点a，作ab 平行于T1，且ab=W；过b点作bc平行于T2，且bc=W；再从a点与c点分别作直 线平行于力RAC和RAB，此两直线相交于d点。于是得到封闭力四边形abcd， 如图所示。根据力多边形首尾相接矢量规则，可确定出力RAB和RAC的指向。 从图中按比例尺量得 RAB=7.3kN， RAC=27kN
用在AB的中点C 。
平面任意力系的平衡条件和平衡方程
3、列平衡方程：
F 0:
x
FAx 0
F 0:
yห้องสมุดไป่ตู้
FAy Q FD 0
3 Q 2 FD M 0 2
y FAy
A
m F 0 :
A
4、联立求解：
Q FAx
C D
M
B
FD= 475 N
FAx= 0
x
F
T FAy
c
C
α
B
A
FAx
D
C
E
α
B x
A
QD
a l
QE
b
解：
QD
P
QE
1、取伸臂AB为研究对象
2、受力分析如图
平面任意力系的平衡条件和平衡方程
3、选列平衡方程： FAx T cos 0 Fx 0 :
F 0 : F Q P Q T sin 0 m F 0 :
建立平衡方程并求解
m 0
i
m1 m2 RA l 0
m2 m1 360 120 40 kN l 6

RA RB
结果为正值，说明原假设RA和RB的指向就是力的实际指向。
平面任意力系的平衡条件和平衡方程
例题 2 伸臂式起重机如图所示，匀质伸臂AB 重 P=2200N，吊车D、E 连同吊起重物各重QD=QE=4000N。 有关尺寸为：l = 4.3m，a = 1.5m，b = 0.9m，c = 0.15m, α=25°。试求铰链A 对臂AB 的水平和垂直 反力，以及拉索BF 的拉力。 y
Fy 0
1 YA YB P q 3 0 2 3 YA P q YB 2 3 2 1 ( 0.25) 3.75kN() 2
例题 3 梁AB上受到一个均布载荷和一个力偶作用， 已知载荷集度q = 100N/m，力偶矩大小M = 500 N•m。长度AB = 3m，DB=1m。求活动铰支D 和固定 铰支A 的反力。
q A
2m
M
D
1m
y
B
FAy
A
Q
M
B
FAx
C
D
x
解：
1、取梁AB为研究对象。
FD
2、受力分析如图，其中Q=q.AB=100×3=300N；作
【解】：取梁ＡＢ为研究对象 ，作用在梁上的力有：两个已 知力偶m1、m2和支座Ａ、Ｂ 的反力RA、RB。如图b所示， Ｂ处为可动铰支座，其反力RB 的方位铅垂，指向假定向上。 Ａ处为固定铰支座，其反力RA 的方向本属未能确定的，但因 梁上只受力偶作用，故RA必须 与RB组成一个力偶才能与梁上 的力偶平衡，所以RA的方向亦 为铅垂。指向假定向下。
y
Ay D E
A
l QD a P QE l b T cos c T sin l 0 2 y
4、联立求解，可得：
T = 12456 N
T FAy
A
FAx
FAx= 11290 N
FAy= 4936 N
D
C
E
α
B x
QD
P
QE
平面任意力系的平衡条件和平衡方程
解得 RAB=7.32kN RAB为正值，说明AB杆受拉力。
从上面计算过程可以看出，用几何法求解的特点是简单、直观 ，但不如用解析法计算精确。
例 梁ＡＢ两端各作用一力偶，其力偶矩大小分别为m1=120 KNm， m2=360 KNm。转向如图所示。梁长，重量不计。求Ａ 、Ｂ处的支座反力。