佛山科学技术学院：《土木理论力学》课程教学资源（PPT课件讲稿）平面力偶的简化和平衡

授课内容（四) 复习平面汇交力系 §2-2平面力对点之矩的概念及计算 §2-3平面力偶与平面力偶系 2018.3.15

授课内容（四） §2-2 平面力对点之矩的概念及计算 §2-3 平面力偶与平面力偶系 复习平面汇交力系 2018.3.15

例2-3已知： 活塞杆压力=3kN,=1500mm,h=200mm.忽略自重； 求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆 受力

例2-3 已知： 活塞杆压力=3kN, l=1500mm, h=200mm.忽略自重； 求：平衡时，压块C对工件与地面的压力，AB杆 受力。 D E A B C l l h

解：AB、BC杆为二力杆。 取销钉B。 用解析法 ∑F=0 y FBA cos0-FBc cos=0 得FBA=FaC

解：AB、BC杆为二力杆。 取销钉B。 用解析法 得 FBA cos  FBC cos  0

∑F=0 FBa sin0+FBc sin0-F=0 解得 FBA=FBC =11.35kN 选压块C ∑F=0 FCB COS0-F=0 解得R.5o0=分1125N 2h ∑F=0 -F cB sin e+Fcy=0 解得 FCy =1.5kN

解得 选压块C 解得 解得

解静力学平衡问题的一般方法和步骤 1.选择研究对象 与已知力（或已求出的力）、未知力有直接关系， 便于应用平衡条件由已知条件求未知力； 2.画受力图 根据研究对象所受外部载荷、约束及其性质， 对研究对象进行受力分析并得出它的受力图。 3.建立坐标系 最好选取有一轴与一个未知力垂直。 4.列平衡方程解出未知量 要注意各力投影的正负号 如果计算结果中出现负号时，说明原假设方向与实际受力方向相反

1.选择研究对象 与已知力（或已求出的力）、未知力有直接关系， 便于应用平衡条件由已知条件求未知力； 2.画受力图 根据研究对象所受外部载荷、约束及其性质， 对研究对象进行受力分析并得出它的受力图。 3.建立坐标系 最好选取有一轴与一个未知力垂直。 4.列平衡方程解出未知量 要注意各力投影的正负号 如果计算结果中出现负号时，说明原假设方向与实际受力方向相反 解静力学平衡问题的一般方法和步骤

§2-2平面力对点之矩平面力偶 力对刚体的运动效应包括移动和转动两种，其中移动 由力矢来度量，而转动由力矩（或力偶)来度量。 1、力矩 力矩，即力对点之矩，是使刚体产生转动效应。效 应大小取决于力的大小与力臂的乘积，平面力对点之矩是 一个代数量。它的转向人为规定一般取逆时针转向时为正， 反之为负。 F对矩心点之矩 Mo(F) Mo(F)=±Fh=+2AoAB 式中AoAB为三角形OAB的 面积，如图所示。单位为 Nm或kNm

§2-2 平面力对点之矩 平面力偶 力对刚体的运动效应包括移动和转动两种，其中移动 由力矢来度量，而转动由力矩（或力偶）来度量。 力矩，即力对点之矩，是使刚体产生转动效应。效 应大小取决于力的大小与力臂的乘积，平面力对点之矩是 一个代数量。它的转向人为规定一般取逆时针转向时为正， 反之为负。 F 对矩心点O之矩 O F A OAB M F h      ( ) 2 1、力矩 O h r F A MO(F) B 式中 为三角形OAB 的 面积，如图所示。单位为 N•m或kN •m。 AOAB

移动效应--取决于力的大小、方向 力的作用效果 转动效应-取决于力矩的大小、方向 Mo(F)=±Fd 说明：①M(F是代数量。 ②F↑，d↑转动效应明显。 ③ M。(F是影响转动的独立因素。 当F=0或d0时，Mo(F)=0。 ④单位N●m,工程单位kgfm。 ⑤1 Mo(F)=2AOB=Fd,2倍△形面积

① MO (F )是代数量。 当F=0或d=0时，MO (F ) =0。 ③ MO (F )是影响转动的独立因素。 ⑤ MO (F ) =2⊿AOB=Fd ,2倍⊿形面积。 移动效应--取决于力的大小、方向 M F F d + - O ( )  说明： ② F↑,d↑转动效应明显。 ④单位Nm，工程单位kgfm。 转动效应--取决于力矩的大小、方向 力的作用效果

2、合力矩定理与力矩的解析表达式 合力矩定理：平面汇交力系的合力对于平面内任一点 之矩等于所有各分力对于该点之矩的代数和。即 Mo(FR)=∑Mo(F) i=l 为了便于计算力对点之矩，将力分解成两个正交分力， 如图所示，再利用合力矩定理求得。即 Mo(F)=Mo(F)+Mo(Fy) =xFy-yF 上式为平面内力矩的解析形 式。注意，式中各量应以代 数量代入。 X X

2、合力矩定理与力矩的解析表达式 合力矩定理：平面汇交力系的合力对于平面内任一点 之矩等于所有各分力对于该点之矩的代数和。即 ( ) ( ) 1 R i n i MO F  MO F   为了便于计算力对点之矩，将力分解成两个正交分力， 如图所示，再利用合力矩定理求得。即 y x O O x O xF yF M M M   ( )  ( )  ( ) F F Fy 上式为平面内力矩的解析形 式。注意，式中各量应以代 数量代入。 O y x A y x Fy Fx F 

合力F对点O之矩的解析表达式为 MoEa）-∑(ya = 如图所示，如果已知：F、0、p、1,求力F对点0位矩 (1)按力矩的定义 Mo(F)=F.h=FIsin90-0+p)=Flcos-) (2)应用合力矩定理 Mo(F)=Mo(E)+Mo(F) =Fsine.Isin+Fcos0.lcosp+ =FIcos-p)

合力FR对点O之矩的解析表达式为 如图所示，如果已知：F 、、 、l，求力F 对点O之矩 M ( )  Fh Flsin(90  )  Flcos( ) O  F （1）按力矩的定义 （2）应用合力矩定理 cos( ) sin sin cos cos ( ) ( ) ( )                Fl F l F l MO F MO Fx MO Fy

已知： a,b,F,a 求： M()=? 解：户=户+F 由合力矩定理 M()=M厅)+M.(厅，) Fcosa =-Fxb+Fya Fy =Fsina --Fbcosa+Fasina =F(asina-bcosa)

o a b F   已知： a, b, F,  求： 解： M F  ? o  由合力矩定理       Mo F Mo Fx Mo Fy      F Fx Fy      Fx  Fcos Fy  Fsin F b F a   x  y  Fbcos  Fasin  Fasin  bcos