汽车机械基础(高教版)教案：第三章平面任意力系吴建蓉编.doc

1、教师授课教案20/20学年第学期 课程 汽车机械基础章节课题第三章平面任意力系第1节平面任意力系的简化 第2节 平面任意力系的平衡条件授课方法讲授所需教具多媒体课件授课时间月 日节月 日节月 日节月 日节授课班级目的要求1. 掌握平面任意力系简化的方法。2. 知道平面任意力系的平衡条件。旧知复习力的平移定理。重点难点1. 平面任意力系简化的方法。2. 平面任意力系的平衡条件。教学过程复习5分钟第1节平面任意力系的简化第2节25分钟第3节 平面任意力系的平衡条件第4节45分钟课堂练习10分钟小结5分钟课后作业教学后记教学内容旧知复习：力的平移定理。讲授新课：第三章平面任意力系第1节平面任意力系的

2、简化平面任意力系中各个力的作用线既不可能完全汇交于一点，也不可能全部平行，这在工程中是很常见的，为了计算方便，需要对力系 进行简化。如图3-1a所示，物体上作用平面任意力系 FI、F2、Fn。在 平面上任选一点 O作为简化中心，按照力的平移定理，将力系中的 各力向点O平移，得到交点O的平面汇交力系F/、F2z>F/和 相应的附加力偶，其力偶矩为 mi、m2、mn ,如图3-1b所示。图平面任意力系的简化将平面汇交力系F/、F2、FnZ合成为一个力Fr/,它的大小 与方向等于原力系中各力的矢量和，即Fr/ = Fz +F2Z + + FnFFR /称为平面汇交力系的主矢，主矢的作用线通过O

3、点。主矢的大小与方向可由下式求得:FR R = (FX)(Fy)tanIFyl附加力偶矩系为 m1、m2、mn，可以合成一个力偶矩 mo, mo称为平面力系对点O的主矩。主矩等于原力系中各力对点 O力矩 的代数和，即mo= m1+m2+ + mn= m(Fi)注意：选择不同的简化中心，各附加力偶的力臂长度不同，所以 主矩的大小与简化中心的位置有关。主矩必须标注简化中心结论:平面任意力系向任一点简化，可得到一个力和一个力偶矩， 这个力等于该力系的主矢，作用于简化中心O;这个力偶矩等于该力 系对于点O的主矩。显然，平面任意力系单独作用的主矢或主矩都不能代替原力系对 物体的作用，只有主矢和主矩的共体

4、作用才能与原平面任意力系的作 用等效。第2节平面任意力系的平衡条件平面任意力系向任一点简化后，如果主矢和主矩都等于零，则物 体必定处于平衡状态。平面任意力系平衡的必要与充分条件：力系的主矢和力系对任意 一点的主矩均等于零。即FR R = .( F)2 ( Fy)2 =OmO= mi +m2 + + mn = m(FJ=O由此得出平面任意力系的平衡方程 为FX =0Fy =O mFi)=0三个平衡方程是完全独立的，应用它来求解平面任意力系的平衡 问题时，最多只能求解三个未知量。例3-1人字梯由AB、BC两杆在的A铰接，又在D、E两点用 水平绳连接。梯子放在光滑的水平面上，其一边有人攀登而上，人的

5、 重力为G,尺寸如图3-2a所示。如不计人字梯自重，求绳的张力 F 及铰接点A的内力FAX、FAy O解：凡是由几个物体以适当的约束互相联系所组成的系统称为物体系。研究物体系的平衡时，一般先考虑整个物体系的平衡，再讨论 组成该物体系的每一个物体的平衡，就可以求解。(1) 选研究对象。该题的研究对象有人字梯整体、AB杆、AC杆三种，先从人字梯 整体求出地面的约束反力。人字梯受力图如图 3-2b所示。(2) 列平衡方程求解。由解得rnc(Fj= 0G a CoSFB 2 ICoS = 0FB =Ga21(3) 以AB杆为研究对象画受力图，如图3-2c所示由解得FX= 0F ax+ F = 0Fy

6、= 0F Ay+ FB= 0mA(Fi)= 0AXF h FBI cosGacos2hFAy =Ga2l2h例3-2如图3-3a所示的水平梁ABC上承受力偶m=qa2 ,单位长度上 的均布载荷q(均布载荷的处理：大小为qa,作用点在单位长度中间)， 每一段梁的长度为a。求梁两端的支反力。解:取梁为研究对象，画出受力图，选取坐标系Axy,如图3-3b所示。才 'r 11I I IA(1-彳(1ClC T TF 1C .XFAFHmB(F )=0mq a2/ 2 F2a = 0得FA= *(qaqa)_2)=qa / 4由Fy = 0Fa +FB qa= 0得FB =3qa4NfM(a)(

7、b)图水平梁受力图例3-3三铰拱如图3-4所示，由两部分组成，每部分重力 G=20 kN， 受载荷F=10 kN。三铰拱的结构尺寸为1=5 m，h=2 m，a=0.5 m，b=2 m。求点A、B的支座反力。解：(1)以整个物体系为研究对象，画出受力图，选坐标系AXy,如图3-4b所示。由平衡方程mA =0FByl -G a -Fb -G(l -a)= 0得FBy = (Fb+Gl )/l =(10 2+20 5)/ 5 kN=24 kNFy=OF Ay + F By -F -G = 0得FAy= F+ 2G -FBy= 10 kN + 220 kN -24 kN=26kNF=0FA+ F BX

8、= 0(2)取右半拱为研究对象，画出受力图，选坐标系，如图3-4c所示。由平衡方程me =0FBxh+ F By l/2 G(l2 -)=0得Fbx=(2G 2.5 F By )/2=(2 20 2.5 24)/2 kN = -0kNFAX= -FBX=10 kNFBX为负值，说明FBX的方向与图示方向相反。图3 4 二校执受力图例3-4塔式起重机如图3-5a所示，已知机身的重力G1= 220 kN , 作用线通过塔架的中心，最大起吊质量 G2=50 kN ,起重臂长度为12 m,轨道A、B的间距为4 m,平衡锤重力G3到机身中心线的距离为 6 m。求：(1)能保证起重机不会翻倒时平衡锤的重力

9、 G 3。(2)当平衡锤的重力G3=30 kN ,起重机满载时，轨道 A、B的 约束反力。解：取起重机为研究对象， 起吊重物时， 作用在上面的力有 G1、 G2、 G 3及轨道的约束反力 FNA、 FNB， FNA、 FNB 的方向垂直向上，各力组 成一平面力系。起重机的受力如图 3-5b所示。(1)求平衡锤的重量力 G3。满载时G2 =50 kN ,起重机平衡的临界情况(即将翻倒)表现为 Fna=O,由平衡方程求出的G3是所允许的最小值。由mB(F ) 0 Gi 2 + G3min 8 G2 10 = 0解得G3min = G2 10/ 8 -Gi 2/ 8 =7. 5 kN空载时 G2= 0,起重机平衡的临界情况表现为 FNB = 0,由平衡方 程求出的G3是所允许的最大值。由mA(F )=0G3max 4 - G1 2 = 0解得G3max = G1 2/ 4 = 110 kN要保证起重机不会翻倒的平衡锤重力G 3的大小应在两者之间，7. 5 kN G3110 kN(2)当平衡锤的重力G3=30 kN ,起重机满载时，求轨道 A、B 的约束反力 FNA、 FNB。此