力对点之矩(建筑力学)概论

Mz(F)a
F co3s0si4n5 6Fa 4
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• 解：
M O ( F ) r A F a i F ( cc o 4 i o c s 5 s s o 4 i j s s n 5 k ) in
a( F sij n c o s4 s i n k ) 5
力F对x、y、z轴之矩为：
Mx(F)0
My(F) aF si3n0a2F
M o M oix M ojy M ok z
Mox yFz zFy Moy zFxxFz
力对点之矩几点 结论
Moz xFyyFx
力对点 之矩是定位矢量;
矢量方向由右手定则确定; 矢量作用在O点,垂直于r 和F所在的平面。
力对轴之矩的定义
定义:力使物体绕某一轴转动效应的度量,称 为力对该轴之矩.
rA
解：
i jk
MO(F)rAFa(ik)
F (ij) 2
a
0a
F F 0
22
Fa(i j k) 2
35.36(i j k)kNm
M x(F)3.35k6N m
• 4 正三棱柱的底面为等腰三角形，已知 OA=OB=a，在平面ABED内沿对角线AE有 一个力F， 图中θ =30°，试求此力对各坐 标轴之矩。
力对点之矩和轴之矩
力对点之矩的矢量运算
F= Fx i + Fy j + Fz k
r=x i + y j + z k Mo Frsin rF
i jk =x y z
Fx Fy Fz
MO(F) z
F
O
r
y
x

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

建筑力学
—— 力对点的矩
课前复习
力的三要素是什么？
大小、方向、作用点。
力的作用线是怎样确定的？
A
沿力方向上画出的直线称为力的作用线。（如上图）
合力与分力？
课程目标
力矩的性质，了解力矩中的相关概念 力矩的应用（重点） 合力矩定理的应用（难点）
小世界里隐藏着大秘密!
观看下列图片，看一看“力”的魔力！
合力矩定理（难点）
合力之矩=各分力的力矩之和
作业布置
如图所示钉锤，在力F=200N作用下，手柄长度 h=0.3m，试求图示两种不同情况下，力F对0点之矩？
b)
Good-bye！
新型挖土器
扳手拧螺丝
力矩的性质
力F使物体绕O点转动的效应，称为力F对O点之矩， 简称力矩，以Mo（F）表示 Mo（F）= + F·d
扳手动态图
扳手静态分析
力矩的性质
力矩关系式： Mo（F）= + F·d
力臂：d 力矩的正负：
正值㈩ 逆时针转动 逆正 负值㈠ 顺时针转动 顺负 力矩的单位： N·m KN·m 何时力矩为0？ 力等于零；力臂等于零时，即力的作用线通过矩心。

力矩的应用（练习）
已知力F1= N，F2=1N，求力对O（A）点的力矩。
2m 3m
力矩的应用（练习）
求集中力F对A点的力矩。
=4m
=3m
F=2N
合力矩定理（难点）
合力对平面内任一 点之矩等于各分力 对同一点之矩的代 数和。
总 结
=4m
F1 F
F2
合力之矩=各分力的力矩之和
合力矩定理（难点）
平面汇交力系的合力对平面内任一点之矩等于 该力系中的各分力对同一点之矩的代数和。用 公式表示为：

建筑力学
3.5 平面一般力系平衡条件和平衡方程
众所周知，当主矢 FR 0 时，为力平衡；当主矩 MO 0 时，为力偶平衡。
故平面任意力系平衡的充要条件为： 力系的主矢 FR和 主矩 都M O等于零。
上述平衡条件可表示为
FR ( Fx )2 ( Fy )2 0
Mo Mo (Fi ) 0
YA
XA
A
Q1=12kN
300 S
Q2=7kN 三力矩方程：再去掉Σ X=0方程 B
mC 0, X A60tg300 30Q1 60Q2 0
D
（二）力系的平衡
示例：斜梁。求支座反力
300
2kN/m B
2kN/m B
300
RB
A
300
A
2m
YA XA
C
X 0, X A RB sin 300 0
30cm
30cm Q1=12kN
Q2=7kN
X 0, X A S cos 300 0

X A 22.5kN
A
600
B
Y 0,YA Q1 Q2 S sin 300 0

YA 6kN
二力矩方程：去掉Σ Y=0方程
C
mB 0, 60YA 30Q1 0
FBl cos M 0
从而有：
FB

M l cos

20 kN 5 c os30

4.62kN
故：
FA FB 4.26kN
建筑力学
[例] 求图中荷载对A、B两点之矩.
解：
(a)
(b)
图(a)： MA = - 8×2 = -16 kN ·m MB = 8×2 = 16 kN ·m