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1、建筑力学第2章平面力系,1,建筑力学,第二章平面力系 教师：邹定祺,建筑力学第2章平面力系,2,主要内容：平面汇交力系 力对点的矩和力偶 平面任意力系的合成与平衡重点：力在直角坐标轴上的投影 合力投影定理 力矩、力偶 平面任意力系的合成与平衡 平衡方程的应用,建筑力学第2章平面力系,3,2.1 平面汇交力系的合成与平衡 平面汇交力系所有的力的作用线都相交于一点的平面力系,2.1.1 平面汇交力系的合成与平衡的几何方法平面汇交力系的合成力的多边形法；平面汇交力系的平衡多边形闭合，最后一个力的终点与第一个力的起点相重合。 FR F4 F5 F4 F1 F3 F2 F1 F2 F3FR=F1+F2+
2、F3+F4 FR=F1+F2+F3+F4 +F5=0,F12,F123,建筑力学第2章平面力系,4,2.1.2 平面汇交力系的合成与平衡的解析法,1.力在直角坐标轴上的投影 Fx=Fcos y Fy=Fcos F=Fx2+Fy2 b2 B cos=Fx/F Fy Fy F cos=Fy/F a2 A Fx o a1 FX b1 x,建筑力学第2章平面力系,5,注意：,1、力的投影为代数量有正负号；2、在直角坐标系下，投影的绝对值等于分力的大小；3、若分力指向轴的正向，则投影为正，否则为负。,Fx=Fcos,Fy = -Fsin,F= Fx2+Fy2,tan =,Fy,Fx,建筑力学第2章平面力
3、系,6,2.合力投影定理 C FR=F1+F2+F3+F4 F2 F3 FRx=ae F1x=ab B F2x=bc F3x=cd F1 D F4x= -de A ae=ab+bc+cd-de FR E F4 FRX=F1X+F2X+F3X+F4X a b c e d x FRX=F1X+F2X+FnX=FiX 同理： FRy=F1y+F2y+Fny=Fiy,建筑力学第2章平面力系,7,3.平面汇交力系合成的解析法 为合力FR与x轴所夹的锐角，合力的指向由FRX、Fry的符号判定。,建筑力学第2章平面力系,8,4.平面汇交力系平衡的解析条件由可得平面汇交力系的平衡方程：,建筑力学第2章平面力系
4、,9,【例2-4】重量为W的重物，放在倾角为的光滑斜面上，如下图所示，求保持重物平衡时需沿斜面方向所加的力F和重物对斜面的压力FN。【解】Fx=0 Wsin F=0 Fy=0 -Wcos +FN=0解得 F=Wsin FN=Wcos 则，重物对斜面的压力FN=Wcos ，指向与FN相反。,F,W,W,F,FN,y,x,o,建筑力学第2章平面力系,10,【例2-5】重W=20kN的重物被绞车匀速吊起，绞车的绳子绕过光滑的定滑轮A,，滑轮由不计重量的杆AB、AC支撑，A、B、C三点均为光滑铰链，可忽略滑轮A的尺寸。求杆AB、AC所受的力。【解】（1）首先检查有无二力杆 注意到AB、AC都是二力杆，
5、分别画出其受力图，它们的受力方向未知，假设两杆都受拉。,A,B,C,W,3,4,1,2,A,A,B,C,FAB,FAB,FBA,FAC,FCA,FAC,FT2,FT1,y,x,A,建筑力学第2章平面力系,11,（2）取滑轮A为研究对象（分离体），因忽略滑轮的尺寸，把A看成一个点。（3）画受力图 重物W通过绳索直接加在滑轮的一边，在其匀速上升时拉力FT1=W，而绳索又在滑轮的另一边施加同样大小的拉力，即FT1=FT2=W=20kN。AB、AC两杆作用在A上的反力也通过A点，如图所示,四个力交于一点，为平面汇交力系，取坐标轴Axy。（4）列平衡方程 四个力中FAB和FAC未知，平面汇交力系有两个方
6、程，可解。 FABx轴，那么，在Fy=0 的方程中FAB在y轴上的投影为0，方程中就只有一个未知力FAC，,建筑力学第2章平面力系,12,建筑力学第2章平面力系,13,2.2 力对点之矩与平面力偶2.2.1 力对点之矩简称为：力矩 在力的作用下，物体将发生移动和转动。力的转动效应用力矩来衡量，即力矩是衡量力转动效应的物理量。 讨论力的转动效应时，主要关心力矩的大小与转动方向。,建筑力学第2章平面力系,14,1.定义力臂某定点O到力F的作用线的垂直距离。矩心该点O称为矩心。力对点之矩力使物体绕某点转动效应的度量。其数值等于力的大小F与力臂d的乘积。其方向，规定：力使物体绕矩心逆时钟方向转动时力矩
7、为正，反之为负。记为 MO(F)=Fd力矩的单位是Nm或kNm 。 o d F,建筑力学第2章平面力系,15,力对点之矩的特点：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）力对任一定点之矩，不因该力的作用点沿其作用线移动而改变。3）力的大小等于零或其作用线通过矩心时，力矩等于零。,建筑力学第2章平面力系,16,例 求图中荷载对A、B两点之矩,(a),(b),解：,图（a）： MA = - 82 = -16 kN m MB = 82 = 16 kN m,图（b）： MA = - 421 = -8 kN m MB = 421 = 8 kN m,FR=4k
8、N/m2m,建筑力学第2章平面力系,17,2.合力矩定理 平面汇交力系的合力对该平面上任一点之矩等于各个分力对该点之矩的代数和。 反之，一个力对任一点的矩，可以分解为其各个分力对该点之矩的代数和。常用的是将一个力分解为互相垂直的两个力，其力矩等于这两个分力对该点之矩的代数和。,建筑力学第2章平面力系,18,力对某点的矩等于该力沿坐标轴的分力对同一点之矩的代数和。 MO(F)=xFy-yFx,建筑力学第2章平面力系,19,例 求图中力F对A点之矩,解：将力F沿X方向和Y方向等效分解为两个分力，由合力矩定理得：,由于 dx = 0 ，所以：,建筑力学第2章平面力系,20,2.2.2 力偶与力偶的性
9、质1.力偶的概念 力偶臂大小相等、方向相反、 F作用线互相平行但不重 d合的两个力所组成的力 F系，称为力偶，记为（F , F)。,建筑力学第2章平面力系,21,2. 力偶矩 力偶的作用效用是使物体发生转动。这个效用的度量称为力偶矩。 力偶（F , F)对平面内任意一点O之矩，可以看成力偶的两个力对O点之矩的和，即 MO(F,F)=MO(F)+MO(F)=F(x+d)-Fx=Fd d F F x o 从上式，可以看出，力偶矩（力偶的转动效应）与x无关，即与矩心O的位置无关，只取决于力的大小和力偶臂的长短。,建筑力学第2章平面力系,22,故，力偶矩等于力偶的任一力的大小与力偶臂的乘积，用M(F,
10、F）或M表示，即 M=M(F,F)=Fd其转向，使物体逆时钟方向转动为正，反之为负。 力偶的单位和力矩的单位相同。为N.m或kN.m。 力偶的三要素：力偶矩的大小、力偶作用面在空间的方位和力偶在作用面内的转向。,建筑力学第2章平面力系,23,3. 力偶的性质1）力偶与力一样，是一种基本力学量： 一个力偶中的两个力F与F在任意坐标轴上的投影的代数和等于零，因此不存在合力，不能用一个力与之等效，且其作用线不在同一条直线上，也不是平衡力。即力偶对物体只有转动效应，没有移动效应。力偶是一种不可能再简化的力系，它与力一样，是一种基本力学量。 不能用力与力偶平衡，力偶只能用力偶来平衡。2）平面力偶的等效定
11、理： 同一平面内的两个力偶的力偶矩若相等，那么它们对刚体的转动效应完全相等，两力偶彼此等效。 由此可得出下面两个推论：,建筑力学第2章平面力系,24,（1）只要保持力偶矩不变，力偶可以在其作用的平面内任意移动，而不会改变它对刚体的作用效应。（2）只要保持力偶的转向和力偶矩的大小不变，可将力偶中的力和力偶臂做相应的改变，而不会改变其对刚体的作用效应。因此，力偶可以用其力的大小和力偶臂的长短来表示，也可以用力偶矩来表示，如下图所示。 30N 40N 60N 0.08m = 0.06m = 0.04m = M=2.4Nm 30N 40N 60N,建筑力学第2章平面力系,25,2.2.3 平面力偶系的
12、合成. M1 F2 F1 FR. = d = d. M2 F2 FR. F1 F1=F1=M1/d F2=F2=M2/d M=FRd =(F1-F2)d=M1+M2 M=M1+M2+Mn=Mi 2.2.4平面力偶系的平衡,建筑力学第2章平面力系,26,【例2-8】如图所示三铰拱，其左半部AC上作用一力偶，其力偶矩为M。求铰A和B处的反力。 BC为二力杆。 FA和FB应组成一力偶才能与M平衡，故FA=-FB 力偶臂 d=2acos45oMi=0 FA2acos45o-M=0 Fa=FB=M 2/2a,FB,FB,M,M,A,A,B,B,B,FCB,C,FA,C,C,a,a,a,d,建筑力学第2章
13、平面力系,27,.,力矩是力使物体绕某点转动效应的度量,力偶矩是力偶使物体转动效应的度量,二者相同点： 单位统一,符号规定统一,二者主要区别：,力矩随矩心位置的不同而变化。力偶使物体转动的效果与所选矩心的位置无关,它完全由力偶矩这个代数量唯一确定。,力矩与力偶的比较,建筑力学第2章平面力系,28,P42：习题：2-1,2-2,2-3,2-4,2-5,建筑力学第2章平面力系,29,2.3 平面任意力系的合成与平衡,2.3.1 力的平移定理. y y FB y FB . B B d B M. A FA FB A FA A. 0 x 0 x 0 x FA=FB=-FB M=FAd=MB(FA).作用
14、在刚体上点A的力，可以将其平移到刚体上任一点B，但必须同时附加一个力偶，这力偶的矩等于原力对新作用点B的矩。,建筑力学第2章平面力系,30,力的等效平移的几个性质：1、当力平移时，力的大小、方向都不改变，但附加力偶的矩的大小与正负一般要随指定O点的位置的不同而不同。2、力平移的过程是可逆的，即作用在同一平面内的一个力和一个力偶，总可以归纳为一个和原力大小相等的平行力。3、力平移定理是把刚体上平面任意力系分解为一个平面共点力系和一个平面力偶系的依据。,建筑力学第2章平面力系,31,2.3.2 平面任意力系向作用面内任一点的简化,力系向任意一点O 的简化 应用力的等效平移定理，将平面一般力系中的各
15、个力（以三个力为例）全部平行移到作用面内某一给定点O 。从而这力系被分解为一个平面汇交力系和一个平面力偶系。这种等效变换的方法称为力系向给定点O 的简化。点O 称为简化中心。,建筑力学第2章平面力系,32,平面任意力系向作用面内任一点的简化可得一主矢与一主矩 y y . y F1 FR M0(F1) F1 . 0 x 0 x 0 M0 x F2 F2 M0(F3) M0(F2) . F3 F3 F2 汇交力系F1、 F2、 F3 的合成结果为一作用在点O 的力FR。这个力矢FR称为原平面任意力系主矢。附加力偶系的合成结果是一个作用在同一平面内的力偶 M，称为原平面任意力系对简化中心 O 的主矩
16、。,建筑力学第2章平面力系,33,主矢 FR=F1+F2+Fn=Fi主矩 M0=M0(F1)+M0(F2)+M0(Fn)= M0(Fi)注意：主矢的大小和方向与简化中心的位置无关主矩大小与转向与简化中心的位置有关。,建筑力学第2章平面力系,34,为了求出平面任意力系的主矢的大小和方向，可应用解析法。通过0点取坐标系xoy，应用合力投影定理，则有,建筑力学第2章平面力系,35,2.3.3 平面任意力系简化结果得讨论分析（1）FR=0 , M0=0 平衡（2）FR=0 , M00 主矩(合力偶）（3）FR 0 , M0=0 主矢（合力）（4）FR 0 , M0 0 FR 0 , M0=0 主矢.
17、FR FR FR FR . M0. = =. 0 0 d 0 0 0. FR. d=M0/FR,建筑力学第2章平面力系,36,2.3.4 平面任意力系的平衡条件和平衡方程 由 FR=0 , M0=0 可表达为： (1) 一矩式： Fix=0 Fiy=0 MB(Fi)=0 (2)二矩式 Fix=0 式中矩心A、B两点 MA(Fi)=0 的连线不能与x轴 MB(Fi)=0 垂直。 (3)三矩式 MA(Fi)=0 式中三个矩心A、 MB(Fi)=0 B、C不能在一条 MC(Fi)=0 直线上。,建筑力学第2章平面力系,37,【例2-11】如图所示的平面梁。梁上受最大集度为q的分布荷载，并在B端受一集
18、中力F。求A端的约束反力。【解】（1）取分离体，以AB为研究对象。（2）画受力图。AB上的主动力有集中力F和一个三角形分布荷载，三角形分布荷载可以合成为一个合力F1，其大小为F1=qL/2,方向与分布力相同，作用点在距A点L/3处。A端为固定端，约束反力为Fax,Fay,MA。,q,L,F,A,B,F,L,A,B,x,y,FAY,FAX,MA,L/3,F1,建筑力学第2章平面力系,38,（3）建立图示坐标系，列平衡方程。 Fix=0, FAx-Fsin=0 Fiy=0, FAy-Fcos-F1=0MA(Fi)=0, -MA-F1L/3-FLcos=0解得 FAx=Fsin , Fay=qL/2
19、+Fcos, MA=-qL2/6-Flcos,F,F1,FAy,FAx,MA,y,x,L,L/3,A,B,建筑力学第2章平面力系,39,【例2-12】图(a)所示伸臂梁，求支座约束反力。【解】（1）取分离体，受力图如（图（b）所示。（2）建坐标系，列平衡方程由Fix=0,可知反力FAx=0, 因此，梁AC受到平面平行力系作用，即梁上所有的力都平行于y轴。以后遇到这种类似的情况，就可以不画FAx。,q,F=qa,2a,a,A,B,C,y,x,FAx,FAy,F1=q2a,F=qa,FB,a,a,a,(a),(b),建筑力学第2章平面力系,40,Fiy=0 FAy+FB - F1 - F=0 FA
20、y+FB - q2a-qa=0MA(Fi)=0 FB2a - F1a - F3a=0 FB2a - 2qa2 3qa2=0解得 Fay=qa/2 FB=qa5/2 由此题可以得出，当平面力系中所有力的作用线相互平行时，则组成平面平行力系，平面平行力系可列出两个独立的平衡方程，只能出求两个未知量。即 Fiy=0 MA(Fi)=0 此为平面平行力系平衡方程,建筑力学第2章平面力系,41,【例2-13】图(a)所示结构，已F=15kN,M=20kN.m,求各约束反力，图中长度单位为m。【解】（1）画出分离体AB。（2）受力分析，画受力图。CD、BE都是二力杆，A是可动支座，反力的作用线可知，如图(b
21、)。(3) 建立坐标，列平衡方程 列平衡方程，尽可能一个方程含一个未知量，故,F,M,A,B,C,D,45o,60o,E,45o,60o,M,F,y,x,FA,FC,FB,F,A,C,B,(b),(a),D,4,2,2,建筑力学第2章平面力系,42,MD(Fi)=0, FBsin60o8+FBcos60o4 -F2 -M=0Fix=0, FCsin45o-FBcos60o=0Fiy=0, FA+FCcos45o+FBsin60o F=0解得 FB=3.36kN , FC=2.38kN, FA=10.41kN解题步骤：（1）根据题意取研究对象，取出分离体。（2）分析研究对象的受力情况，正确画出受
22、力图。（3）建立坐标系，列平衡方程。列平衡方程时，力求一个方程中只出现一个未知量，尽量避免解联立方程。,建筑力学第2章平面力系,43,2.3.5 物体系的平衡、静定和超静定问题静定问题（结构）系统（结构）中未知量的数目等于独立平衡方程的数目时，则所有的未知量都能由平衡方程求出。超静定问题（结构）系统（结构）中未知量的数目多于独立平衡方程的数目时，仅通过静力学平衡方程不能完全确定这些未知量。 求解物体系平衡问题时，应根据问题的特点和待定未知量，可选取整个系统或每个物体、也可选部分物体为研究对象，有目的的列出平衡方程，并使每一个平衡方程中的未知量个数尽可能少，最好是只含一个未知量，以避免解联立方程
23、。,建筑力学第2章平面力系,44,【例2-14】如下图(a),已知F1=10kN, F2=20kN, 求约束反力。图中长度单位为m。【解】,F1,F2,A,D,C,B,2,2,2,1.5,1.5,60O,F1,F2,A,D,C,B,60O,FAx,FAy,FD,FB,(a),(b),F1,FD,FAy,FAx,FCx,FCy,FB,F2,60O,FCx,FCy,(c),(d),建筑力学第2章平面力系,45,（1）以CD为研究对象,其受力如（d）图所示。列平衡方程Fix=0 , FCx F2cos60o=0MC(Fi)=0, FB 3 - F2cos60o 1.5=0Fiy=0, FB+FCy
24、F2sin60o=0解得 FCx=10kN, FCy=8.66kN, FB=8.33kN（2）以系统整体为研究对象，其受力如图(b)所示，列平衡方程Fix=0, FAx-F2cos60o=0 MA(Fi)=0 , FB 9+FD 4-F2sin60o 7.5 F1 2=0Fiy=0, FAy+FD F1 F2sin60o=0解得 FAx=10kN, FAy=0.66kN, FD=18kN,建筑力学第2章平面力系,46,【例2-15】如图(a)组合梁。已知F=1kN,M=0.5kN.m。各杆的重量不计。求固定端A的约束反力。,2,2,2,2,M,A,E,B,G,C,F,D,3,F,(b),(c)
25、,(a),B,M,C,FBx,FBy,FGD,G,FGD,D,FDF,FDE,FDG,FDG,A,E,B,C,M,F,G,D,FDF,MA,FAx,FAy,(d),(e),建筑力学第2章平面力系,47,（1）整体有四个未知约束力，故首选BC研究对象，DG为二力杆，如图(b)、(c)所示。MB(Fi)=0 , -M+(FGD3/32+42 ) 2=0解得 FGD=5/12kN（2）以节点D为对象，DE、DF为二力杆 ，如图(d) Fix=0, - (FDG4/32+42 ) - FDF=0解得 FDF=- 1/3kN（3）以整体为研究对象，如图(e)所示。Fix=0, Fax-FDF=0Fiy=0, FAy-F=0MA(Fi)=0, F4 + M - FDF3 MA=0解得 FAx=-1/3kN, FAy=1kN, MA=3.5kN,