负号说明FA方向设反了
FC FA
2FC sin 30 Q 0 FC Q FA Q
例2-3：重物P=20kN，用钢丝绳挂在支架 的滑轮B上，钢丝绳的另一端缠绕在绞车D 上。杆AB 与BC 铰接，并以铰链A、C与 墙连接。如两杆和滑轮的自重不计，并忽 略摩擦和滑轮的大小，试求平衡时杆AB 和BC 所受的力。
平面汇交力系与平面力偶系是两种简单力系， 是研究复杂力系的基础。 本章研究问题： (1)平面汇交力系的几何法与解析法 (2)平面力偶的基本特性 (3)平面力偶系的合成与平衡
§2-1 平面汇交力系合成与平衡的几何法
所有的力在同个平面内且作用线交于一点为平面 汇交力系，三力平衡为其一。
几何法：根据力的平行四边形规则作图得出。
FNA
A
B
FNA
水平坐标系：
FNB
F
y`
30 60 °
x`
FNB F
o`
A B
FNA
FNB
FNA
同样得：
也可以用几何法，画出封闭的力三角形求解，解得此结果。
工件对V形铁的压力与FNA、FNB等值反向。
例：在图示结构中各构件的自重略去不计。在构件AB上作用 一力偶矩为M的力偶，求支座A和C的约束反力。
(a) (b)
FBC、 FAB 均为正值，表示力的假设方向与实际方向 相同，即杆 BC 受压，杆 AB 受拉力。
例：不计杆重。D处受力G，求A、 C处的约束反力。 解：
画受力图
FLASH
Sa大小、方向不知，Sb大小不知，三个未知数
由几何关系：
1 tg tg 3
X 0, Y 0,
SB cos SA cos 0
SB sin SA sin G 0
SB cos SA cos
3G SB 2 sin
3G SB 2 sinΒιβλιοθήκη §2-3 平面上力对点的矩
力对刚体的转动效应 用力对点的矩即力矩度量。
1.力对点的矩（力矩）
平面上作用一力F，在 平面上取一点O为矩心， O到力作用线的距离H 叫力臂。
FLASH
平面问题中力对点的矩定义：
力矩是一个代数量，它的绝对值大小等于力与力臂的乘积。
符号规定：力使物体绕矩心逆时针转动为正，反之为负。 力矩记： 单 位：
N m
三角形OAB的两倍就等于F对O的矩。
实际上，力矩是矢量。 以r表示A的矢径的大小，力矩是矢径和力的矢积 指向符合右手法则
2. 合力矩定理
A
2m 1.3 3m
A
A
A
F C FR B
6 0°
F C FR B
60 °
基本要求：
(1)会用几何法和解析法求解力的合成与力的分解。 (2)熟练计算力在坐标轴上的投影。 (3)熟练利用平面汇交力系平衡的几何条件(力多边形封闭)和解析条件 (平衡方程)求解平面汇交力系的平衡问题。 (4)掌握力对点的矩的计算方法。 (5)掌握力偶的性质。 (6)会用平面力偶系的平衡条件(平衡方程)求解其平衡问题。
M 0
i
例2-6：图示机构，不计自重，轮上的销 子A在光滑导槽内。求作用于BC上的力 偶矩和O、B处的约束反力。 30 OA OB M 1 2 KN m OA r 0.5m
解： O、A处反力成一力偶与M1平衡
r M 2 FA' 0 sin
例： 简易吊架，G=1KN，求A、B处的约束反力。
M Fd
正负号表示力偶的转向，以逆时针转向为正、反之为负。 力偶在任一轴上的投影等于零，它对平面内任一点的矩等于力偶 矩，力偶矩与矩心的位置无关。
9、同平面内力偶的的等效定理：在同平面内的两个力偶，如果力 偶矩相等，则彼此等效。 力偶矩是力偶作用的唯一度量 10、平面力偶系的合成与平衡 同平面内几个力偶可以合成为一个和力偶。合力偶矩等于各分 力偶矩的代数和，即：
M Mi
平面力偶系的平衡条件为：
M
i
0
习题：2-1、2-7、2-8 习题：2-3、2-4、2-9；2-12、2-14
cos · yB-F · sin · xB-FD · l=0 实际计算： +F ·
§2-4 平面力偶理论 1. 力偶与力偶矩
大小相等，方向相反，不共线的一对力组成的力系为力偶。
记：（F，F`）
d 为力偶臂，所在平面为力偶的作用面。 力偶不能合成为一个力，也不能用一个力来平衡。
力和力偶是静力学的两个基本要素
X 0
Y 0
M O ( F ) Fh 2ABO
6、力矩的解析表达式为： M O ( F ) xY yX 其中x，y为力作用点的坐标，X、Y为力的投影。
MO (FR ) MO (Fi ) ( xiYi yi X i )
8、力偶和力偶矩
力偶是由等值、反向、不共线的两个平行力组成的特殊力系。 力偶没有合力，也不能用一个力来平衡。力偶对物体的作用效应决 定于力偶矩M的大小和转向，即：
Y 0 N AB cos N BC cos P 0 P 可得： N AB N BC 2 cos
例：求A、B处的约束反力。
解：
BC为二力 杆，分析AC杆 A为铰链约束 AC杆实际只受三个力，不平行三力平衡 必然汇交：
X 0 Y 0
FC cos 30 FA cos 30 0 FC sin 30 FA cos 30 Q 0
X cos(F , i)
R
FR
Y cos(F , j )
R
FR
4、平面汇交力系的平衡条件 (1)平衡的必要和充分条件：平面汇交力系的合力为零。即：
FR F 0
(2)平衡的几何条件：平面汇交力系的力多边形自行封闭。 (3)平衡的解析条件：平面汇交力系的各分力在两个坐标轴上投影的 代数和分别等于零，即： 由两个独立的平衡方程，可求得两个未知量。
2、平面内力的解析表达式： F=Xi+Yj 3、求平面汇交力系的合力 (1)几何法求合力。根据力多边形规则，求得合力的大小和方向为： FR Fi 合力作用线通过各力的汇交点 (2)解析法求合力。根据合力投影定理。利用各分力在两个正交轴 上的投影的代数和，求得合力的大小和方向余弦为：
FR ( X ) 2 ( Y ) 2
重 点：
(1)计算力在坐标轴上的投影和力对点的矩。 (2)应用汇交力系平衡的几何条件和解析条件(平衡方程)求解平面汇交力 系的平衡问题。
(3)力偶的基本性质和平面力偶系平衡条件的应用。
难 点：
力偶的基本性质
小
结
1、力在坐标轴上的投影为： X F cos 式中α为力 F 与 x 轴间的夹角，投影值为代数量。
在同平面内的两力偶，如力偶矩相等，则两力偶等效。 推论1：力偶可在作用面内任意移转，而不改变它对刚体的作用。
力偶对刚体的作用与它在平面内的位置无关。
推论 2： 力偶矩大小和力偶转向不变时，可同时改变力偶中的力的 大小和力偶臂的长短，而不改变力偶对刚体的作用。 由于力偶矩是力偶作用的唯一 度量，可简单标为：
FA、FBx及G、FBy各组成一对力偶，平衡。
M=0
－G· 500＋FA· 400=0
FA=1.25 KN FBy=G=1 KN
FBx=FA=1.25 KN
例：工件放在V形铁内，如图所示。若压板夹紧力F=400N，不 记工件自重，求工件对V形铁的压力。
y
F
受力分析如图：
30 60 °
FNB x F
flash
多边形OABC称力多边形，可直接画出。
力多边形与顺序无关，分力首尾相接为不封闭的力多边形； 合力矢沿相反方向连接缺口，构成力多边形的封闭边。
合力作用于刚体与原力系等效 合力等于各力的矢量和： n FR F1 F2 F3 ....+Fn Fi
在坐标轴方向的分力为：
写成矢量形式：
i,j为 x、y方向的单位矢量 力的大小： F X 2 Y 2 方向余弦： 以上关系在正交轴系上成立
2.平面汇交力系合成的解析法
根据矢量运算可知：合矢量在轴上 的投影等于各分矢量在同一轴上投影的 代数和。
FLASH
FRx X i
FRy Yi
适用于有合力存在的任何力系（并非仅限汇交）
例：已知B点坐标（xB ,yB）、F、L和，求FD。
F
MA(Fi)=(xiYi-yiXi)=0
(-xB · F· sin +yB · F· cos) +(xD· 0-yD · FD) +(0 · FAy + 0 · 0) +(0 · 0+0· FAx) =0 可得： FD=(F· cos · yB-F· sin · xB)/l
平面汇交力系的合力对任一点的矩等于 各分力对该点的矩的代数和。
flash 两边以r作矢积： 矢积均垂直于平面，即均平行，矢量和可按代数和计算。矢积 的大小就是对O的矩。所以 ：
平面汇交力系平衡时，合力为0： 表明可用力矩方程代替投影方程求解平面汇交力系的平衡问题。
3.力矩与合力矩的解析表达式
X 、 Y 为在轴上的投影， x 、 y 为点 A 的坐标， 均为代数量，有正有负。
解：
(1)取研究对象
AB、BC 都是二力杆，假设杆AB 受拉力，杆BC 受压力。 为求这两个力，可通过求两杆对 滑轮的约束反力来解决。 (2)取销钉B为研究对象
(3)列平衡方程
选坐标轴如图。
坐标轴尽量取在与未知力相垂直的方向， 这样平衡方程中只有一个未知数，不必解 联立方程。
X=0, - FBA + F1 cos60 - F2 cos30 = 0 Y=0, (4)求解方程 由式(a)得：FAB=0.366P=7.321 kN 由式(b)得：FBC=1.366P=27.32 kN FBC- F1 cos30 - F2 cos60 = 0