第二章平面力系

第一节力在轴上的投影与力的分解第二节

力对点之矩第三节力偶第四节平面力系的简化第五节平面力系的平衡第六节物体系统的平衡

第七节摩擦本章重点：平面力系平衡方程及其应用。求解物体系统的平衡问题。考虑摩擦时的平衡问题。

第二章平面力系第一节力在轴上的投影与力的分解一、力在直角坐标轴上的投影已知力F在平面直角坐标轴上的投影Fx和F

y，

力在轴上的投影为代数量投影值：平面上一力，其投影：

过力的起点和终点向投影轴作垂线，得力在轴上的投影。可确定该力的大小和力与x轴所夹锐角：tanα=

返回二、力沿坐标轴分解

在直角坐标中，“垂线”、“平行线”统一，分力的大小等于力在轴上的投影，因此，力的解析表达式可写为：过力的起点作给定方向的平行线，分力由力的平行四边形法则确定。

返回结论：平面汇交力系的简化结果为过汇交点的一个合力。

三、平面汇交力系简化合力投影定理

平面汇交力系：力的作用线在同一平面内且汇交于一点的力系。

1、平面汇交力系简化的几何法简化依据：力的平行四边形法则FR=F1+F2+F3+F4

矢量式：

一般：

FR=∑Fii=1,2,…，n

（力多边形法则）讨论:若FR=0，平面汇交力系平衡。此时，力多边形应满足什么条件？返回

2、平面汇交力系简化的解析法

合力投定理：合力在某一轴上的投影，等于各分力在同一轴上投影的代数和。将汇交力系的合力向x、y轴投影，

tanθ=合力的大小：合力与x轴所夹锐角：返回第二节力对点之矩

一、力对点之矩1、力矩的定义力使物体绕某点转动的效应的度量。2、力矩的计算

点O：矩心，h：力臂，3、平面问题中力矩的表达：力矩MO(F)=±Fh大小MO(F)；转向：逆时针为正，顺时针为负。

返回力矩的常用单位N·m或kN·m。二、平面汇交力系的合力矩定理

平面汇交力系的合力对平面内任一点之矩等于各分力对该点之矩的代数和。4、力矩为零情况当力的作用线通过矩心时，力臂h=0，则MO(F)=0。返回

例1

如图所示，曲杆上作用一力F，已知AB＝a，CB＝b，试分别计算力F对点A和B的矩。解应用合力矩定理，将力F分解为Fx和Fy，则力F对A点的矩为力F对B点的矩为第三节力偶一、力偶的定义力偶。记作。力偶使物体产生转动效应。二、力偶的计算将力偶的一个力向另一个力作用线上任一点取矩，d称为力偶臂。

实例三、力偶的表达平面问题中各力偶作用面共面，力偶可用代数量表达：力偶矩：M=±Fd，力偶矩：返回大小：M=Fd，转向：逆时针为正，顺时针为负。大小相等、方向相反但不共线的两个平行力组成的力系，称为四、力偶的性质推论2可任意改变力的大小和力偶臂的长短，而不改变它对刚体的作用效应。性质1力偶无合力。性质2力偶对其作用面内任一点之矩均等于力偶矩。性质3力偶矩相等的两力偶等效。推论1只要保持力偶矩不变，力偶可在其作用面内任意移动和转动。力偶的常用表示方法五、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，即返回第四节平面力系的简化一、力的平移定理

定理

作用在刚体上某点A的力F可平行移到任一点B，平移时需附加一个力偶，附加力偶的力偶矩等于力F对平移点B的矩。

由定理可看出，一个力可等效于一个力和一个力偶。反过来，同平面内的一个力和一个力偶可合成一个力。

返回二、平面力系向一点的简化

3、主矢和主矩与矩心有无关系？

问：1、主矢和合力的异同？2、主矩是力矩还是力偶？返回三、固定端约束

四、力系简化结果分析

2、力系的主矢量FR’等于零，主矩MO不等于零，力系简化为一个合力偶。1、力系的主矢量FR’不等于零，力系简化为一个合力。3、主矢量FR’等于零，主矩MO等于零，力系平衡。返回五、合力矩定理

平面任意力系的合力对作用面内任一点之矩，等于力系中各力对同一点之矩的代数和。即：证明：平面汇交力系是平面一般力系的特例，对平面汇交力系，合力矩定理成立。返回

例2三角形分布载荷作用在水平梁AB上，最大载荷集度为q，梁长l。试求该力系的合力。

再求合力作用线位置。设合力FR的作用线距左端的距离为h，微段dx上的作用力对点A的矩为–(qxdx)x。由合力矩定理，

解先求合力的大小。在梁上距左端为x处取一微段dx，其上作用力大小为qxdx。将分布力系向合力作用点简化，分布载荷的合力为解得：

观察解题过程，可得一般结论：分布在长度上的分布力系，其合力等于分布图形的面积，合力作用线通过分布图形的形心。返回例3重力坝受力如图。设W1=450kN，W2=200kN，F1=300kN，F2=70kN。求力系的合力。解：(1)取点O为简化中心，求主矢和主矩。（2）求合力：主矢和主矩合力FR=FR’返回第五节平面力系的平衡一、平面一般力系的平衡条件

FR’=0，MO=0。

二、平面一般力系平衡方程的三种形式

三、特殊平面力系的平衡方程3.平面力偶系2.平面平行力系1.平面汇交力系证明证明在平面一般力系的平衡方程中去掉恒等式，可得各特殊平面力系的平衡方程1.取研究对象；2.画受力图；3.建立坐标系；4.列平衡方程四、解题步骤返回1.一般形式2.二力矩形式3.三力矩形式例题号题型例4解题格式示范例5平面汇交力系例6平面力偶系例7平面平行力系例8平面一般力系单个物体平衡例题导航返回例4xy解：取ABC为研究对象返回FFBFAWRAOxyBαB

例5、磙子受力如图，已知W=20kN，R=0.6m，h=0.08m，求（1）水平力F至少为多大，可将磙子拉过障碍物？（2）F沿什么方向最省力？此时力为多大？hRAFWOBA解：取磙子为研究对象（一）求F（FA=0）解析法∑Fy=0,FBcosα-W=0FB=W/cosα∑Fx=0,FBsinα-F=0F=Wtanα=11.5kNFBFW2.几何法作封闭的力三角形βFminF=Wtanα=11.5kN返回

(二)求FminFmin的方向未知，必须补充一个条件。由图可知，Fmin应和FB垂直，Fmin=Wsinα=10kNβ=α=21°FBFminFW返回

例6、已知力偶的力偶矩为M，如图所示，试求铰链

A的约束反力和撑杆CD所受的力。

解选取横梁AB为研究对象，梁受力偶系作用。返回

例7、

塔式起重机机架重W1=700kN，作用线通过塔架的中心。最大起重量W2=200kN，最大悬臂长为12m，轨道AB的间距为4m。平衡重W3到机身中心线距离为6m。试问：保证起重机在满载和空载时都不致翻到，平衡重W3应为多少？

解取起重机为研究对象，起重机受平行力系作用。（一）满载临界情况下，FA=0

（二）空载

W2=0。临界情况，FB=0。

保证起重机不致翻到，平衡重W3的取值范围：返回

例8、平面刚架如图所示，已知F＝50kN，q＝10kN/m，M＝30kN·m，试求固定端A处的约束反力。解取刚架为研究对象返回三、求解物体系统平衡的一般思路第六节物体系统的平衡

一、物体系统平衡由n个物体组成的物系，独立方程数≤3n二、静定与静不定问题的概念紧扣待求量，取与之有关的物体为研究对象，建立足够数目的平衡方程。3、静不定次数未知量数目减去独立平衡方程数目。1、静定问题未知量数目等于独立平衡方程的数目。2、静不定问题未知量的数目多于独立平衡方程的数目。返回例题号题型例9研究对象上未知数等于方程数例10两铰共线例11一般问题物体系统平衡例题导航返回例9返回例10返回例11返回四、平面简单桁架的内力分析1.桁架由直杆彼此在两端用光滑铰链联接而成几何形状不变的结构。各杆的铰接点称为节点。

2.桁架受力特点载荷作用在节点上，各杆均为二力杆。

5kN5kN10kN10kN10kNAHBCDEFG4×4=16m2×3=6m返回3.计算桁架杆件的内力的方法（1）节点法以节点为研究对象，逐个研究其受力和平衡，从而求得全部未知力(杆件的内力)的方法。节点法一般应用于结构的设计计算，以求桁架中所有杆件的内力。

节点法的理论基础是平面汇交力系的平衡理论.在应用节点法时,所选取节点的未知量一般不应超过两个。返回

（2）截面法用一假想截面将桁架一分为二，考虑其中任一部分的平衡，从而求出被截杆件内力的方法。截面法一般应用于结构的校核计算，以求桁架中指定杆件的内力。解题时，设各杆受拉，求得的结果为负，说明杆件受压。

mm截面法的理论基础是平面任意力系的平衡理论.在应用截面法时,适当选取截面截取桁架的一部分为研究对象.所选断的杆件的数目一般不应超过三根.返回例12平面静定桁架如图所示，已知F＝20kN，试求各杆的内力。解（一）求桁架的支座反力。

取桁架整体为研究对象。

依次取A、B、C、D各个节点为研究对象，列出平衡方程：（二）用节点法求各杆内力

节点A

：同理可求得各杆内力，将各力标注在杆件处。

返回（三）用截面法计算杆件4、5、6的内力。

作一截面m—m，将三杆截断，选取桁架左半部分为研究对象。

返回第七节考虑摩擦的平衡问题两接触物体之间有相对运动或相对运动趋势时，接触面上产生阻碍称为摩擦。

1.摩擦的两重性摩损；有用。2.摩擦的分类静摩擦与动摩擦；滑动摩擦滚动摩擦；干摩擦与湿摩擦。一、滑动摩擦

两个表面粗糙相互接触的物体，发生相对滑动或有相对滑动趋势时，在接触面上产生阻碍相对滑动的力，称为滑动摩擦力，简称摩擦力，一般以F表示。只有相对滑动趋势为静摩擦力；有相对滑动为动摩擦力。1、静滑动摩擦力

静摩擦力特点：0≤FS≤Fmax方向和相对滑动趋势方向相反返回2．最大静滑动摩擦力

Fmax=fSFN

静滑动摩擦力最大时，物体临界平衡。f

S，静滑动摩擦因数，和物体的材料以及接触表面的状态有关。3．动摩擦力Fd＝fd

FN

fd，动摩擦因数，当vr不大时，可认为是常数。和物体的材料以及接触表面的状态有关。返回二、摩擦角与自锁现象

支承面全反力FR

＝FN＋FS1．摩擦角m

全反力与法线夹角的最大值。FRm与fS都是表示材料摩擦性质的物理量。

2．自锁现象FFR1FR返回三、考虑摩擦的平衡问题求解考虑摩擦的平衡问题：力系平衡方程加摩擦平衡条件。

摩擦平衡条件1、一般平衡：FS≤fSFN

或

≤m。2、临界平衡：FS=fSFN

或

=m。注意：1、只要解题时用摩擦平衡条件，FS的方向不可假设。2、考虑摩擦的平衡问题，解常为一个范围。

3、可先考虑临界平衡状态，再对结果进行讨论4、有几处存在摩擦，有几种可能的运动趋势时，应注意作逐一判别。返回例题号题型例12判别物体是否平衡例13物体有几个可能的临界平衡状态例14求最大、最小值例15求单向变化范围例16求双向变化范围考虑摩擦物体平衡例题导航返回例12返回设B块相对于A块临界滑动设B块相对于A块临界倾倒设B块和A块相对于地面临界滑动比较知，不引起物块运动的最大水平力：

Fmax=3kN例13返回（一）解析法（二）几何法Cmmm60°-myd例14返回取C为研究对象，设C处于临界平衡状态：例15返回返回例16(1)上滑临界状态(2)下滑临界状态WAFT1FNFS1AxyWAFT2FNFS2Axy解得：四、滚动摩阻的概念实例设有一圆轮，重量为W，半径为

r，放在路轨(地面)上，如将轮—轨间接触视为绝对刚性约束，则二者仅在A点接触，现在轮心施加一水平拉力FT，由平衡方程：∑Fx=0,FT-FS=0

FT=FS∑Fy=0,FN-W=0

FN=W（FT，FS）为力偶，与之平衡的Mf是力偶，称为滚动摩阻力偶。

∑MA(F)=0,-FTr+

？=0∑MA(F)=0,-FTr+Mf=0为什么出现力偶？设接触面会产生局部变形1、滚动摩阻力偶Mf平面分布力系分布力系的合力各力向A点简化设FT1

＝Fmax

FT1＝fSW

滚动摩阻力偶的特点：

2、滚动摩擦定律

Mmax＝δFN

δ为滚动摩擦系数，具有长度的量纲，单位一般用mm。

下面分析滚动比滑动省力的道理。补充一个方程：

设

Mf=Mfmax

Mf随外力的增加而增加，临界平衡时达到最大值。0≤Mf≤Mfmax

，故FT2<<FT1。因为fS返回本章小结一、力在直角坐标轴上的投影tanα=

二、力对点之矩力矩MO(F)=±Fh+-三、力偶矩M=±Fd+-四、平面力系的简化1.平面汇交力系FR=∑Fii=1,2,…，n

合力过汇交点。

返回2.平面力偶系3.平面一般力系力系向一点简化：

力系简化最后结果（1）合力；（2）合力偶；（3）平衡四、平面力系的平衡方程平面汇交力系的平衡方程∑Fx=0，∑Fy=0.

2.平面平行力系的平衡方程

（1）一般式∑Fy=0,∑MO(F)=0；（2）二力矩式∑MA(F)=0，∑MB(F)=0，

AB连线不平行于力线。3.平面力偶系平衡方程∑Mi=

03.平面一般力系平衡方程（1）一般式

∑Fx=0