《理论力学》课程教学资源（PPT讲稿）第四章 平面一般力系

第四章平面一般力系 内容1力系的简化 2物体系统的平衡 平面一般力系一一作用线在同一平面内的任意力系

第四章 平面一般力系 内容 1.力系的简化 2.物体系统的平衡 平面一般力系 —— 作用线在同一平面内的任意力系

94-1力的平移定理 作用于刚体上的已知力可以向该刚体上任意一点 平行移动,平移时将产生一附加力偶,其矩等于原力 对平移点的矩。 证明 m A A ′=F=F m=m ⑥)

§4-1 力的平移定理 证明 作用于刚体上的已知力可以向该刚体上任意一点 平行移动，平移时将产生一附加力偶，其矩等于原力 对平移点的矩。 O· －FO ´=FO=FA ·A FA ·A FA FO ´ FO m ( ) m = mo FA

942平面任意力系的简化iP -、简化 力系(F1、F2 M1↑F 简化中心O M 任选 汇交力系 力偶系 (F1、F 、Fn)(M1sM2 ·····◆ m 合力FR 合力偶M R2=ΣF=ΣFM=∑M1;=2m。G;) 主矢 主矩

M Fn ´ F2 ´ F1 ´ FR ·O M2 §4-2 平面任意力系的简化 一、简化 力系（F1、F2、……、Fn） (M1、M2、……、Mn ) 力偶系 Mi=mo (Fi ) 汇交力系 (F1 ´ 、F2 ´ 、……、Fn ´) 合力偶M M = ∑M = ∑m (F ) n i= o i n i= i 主矢 主矩 1 1 简化中心O 任选 合力FR F = ∑F ′ = ∑F n i= n i= R i i 1 1 F1 F2 Fn M1⌒ Mn

二、结果讨论 1力系的等效 力系1:FM1力系2:FR2、M2 当Fx=F2;M1=M2两力系等效 2讨论 ()F作用于O点,但与0无关。 2)M与O的位置有关 (3)计算 n Rx ∑F:F=∑F R y R x COSC=Rx R cos R M=∑v

二、结果讨论 1.力系的等效 两力系等效 2.讨论 ⑶ 计算 ⑵ M与O的位置有关。 力系1：FR1、M1 力系2：FR2、M2 当FR1=FR2; M1=M2 ⑴ FR作用于O点，但FR与O无关。 F = ∑F n i= Rx ix 1 ∑ n i= FRy = Fiy 1 2 2 FR = FRx +FRy R Rx F F cosα= R Ry F F cosβ= ∑ ∑ ( ) n i= o i n i= M = Mi = m F 1 1

(4)结果讨论 ①FR0,M=0 FR—合力 ②FR均0,M0 M=fDd= m R R 合力FR作用于0点 M ③FR=0,M≠0 力系简化为合力偶 与O无关

·O ·O´ ⑷ 结果讨论 力系简化为合力偶 与O无关 合力FR作用于O´点 M´= FRd = M ① FR≠0, M=0 FR——合力 ② FR≠0, M≠0 FR M FR ´ M´ ③ FR = 0, M≠0 d

5定端

5.固定端 A A A Fx Fy MA

④FR=0,M=0 Rx=2F=0 平衡 方程{F R ∑F=0 Ⅳ 1=∑mn(F)=0 0 3平面任意力系合力矩定理 n m 底)=2m,G) §4-3平面一般力系的平衡方程及其应用 ∑F=0 方程ΣF、=0 可解三个未知数 业m 0 (F)=0

3.平面任意力系合力矩定理 方程 §4-3 平面一般力系的平衡方程及其应用 可解三个未知数 平衡 ④ FR = 0, M = 0 FRx = ∑Fx = 0 FRy = ∑Fy = 0 M = ∑mo (F) = 0 m (F )= ∑m (F ) n i= o R o i 1 方程 ∑Fx = 0 ∑Fy = 0 ∑mo (F) = 0

例1.已知:F、a、L求:A端约束反力 解 F A 解法I 0l B M B 2mA=0: MA-FsinQL=0 . MA=Fsin a L 2Fx=0: FAx-Fcos &=0 FAx=Fcos a 2Fy=0: FAy-Fsina=0 . FAY=Fsina 解法工 A FA=F M B ∑m=0:MA- Sina L=0 MA =SIna L

例1. 已知：F、α、L 解： 求：A端约束反力 解法Ⅰ A α L B F A B α F A B α F MA FAy FAx 解法Ⅱ ∑mA = 0 : ∑F = 0 : y ∑F = 0 : x MA －FsinαL = 0 ∴ MA = FsinαL FAx－Fcosα= 0 ∴ FAx = Fcosα FAy－Fsinα= 0 ∴ FAy = Fsinα FA MA FA = F ∑m = 0 : MA －FsinαL = 0 ∴ MA = FsinαL

例2.已知:F=2KN,m=1.5KNm,L=2m 求:A、B处的约束力 解 2的CE=0:FAx+F045=0 m B 2 F=-1.414k X m M=0 B45 √2 FN·2L F·3L-m=0 NB 3 ∴F NB √2 FL=25KN ∑F,=0 √2 √2 FA+E y NB F=0∴F y F-FNB=-1.08KN

例2. 已知：F = 2 KN，m = 1.5 KN·m，L = 2 m 求：A、B处的约束力 解： m 45° F L C 45° F B A m 2L FNB C B A FAy FAx ∑mA = 0 : ∑F = 0 : y ∑F = 0 : x FAx +F 4 5 = 0  cos ∴ FAx = F = 1 414KN 2 2 － － . FNB • L－ F •3L－m = 0 2 2 2 NB + FL = KN L m F = 2 25 4 3 2 ∴ . 0 2 2 FAy + FNB－ F = FAy = F FNB = 1.0 8KN 2 2 ∴ － －

例3.已知:相同圆柱O1、O2,G=100KN,a=30° 求:A、B、C的约束反力 解 NC y B B B ∑F=0: Fc cosa-2Gsin=0 FNC=2G tan30=821 KI mo2=0: 2RFNAGcosa 2R=0 FNA GCOs30=86.6 KN 2F =0: FNA + FNB-2G FNO IC Sina=0 5 NB 6 3G=121Kr

例3. 解： 已知：相同圆柱O1、O2，G = 100 KN，α=30° 求：A、B、C的约束反力 α B G G C A O2 O1 FNB FNA FNC G G B C A O2 O1 ∑mO = 0: 2 ∑F = 0 : y ∑F = 0 : x y x FNC cosα－2Gsinα = 0 FNC = 2Gtan3 0 = 8 2.1KN ∴  2RFNA－Gcosα•2R = 0 FNA = Gcos3 0 = 8 6.6 KN ∴  FNA +FNB－2Gcosα－FNC sinα =0 FNB = 3G =121 KN 6 5 ∴