第二章构件的静力解说.ppt

分析：该系统由杆AB，绳索BC，绕过滑轮的绳索，及墙面构成，选取AB杆为研究对象最合适，应为AB杆上的受力最完整，本题AB杆自重不计，B点的受力可看成在一点，故AB杆只在A和B点受力且处于平衡状态，那么AB干是二力杆，二力杆的受力是连接两铰链中心，受力符合而力平衡。 直接利用约束类型画受力图 利用二力杆把A点的方向确定，B点不用合成. 解：∑Fx=0: -FBC-Fcos30°+FAcos40°=0① ∑Fy=0: -Fsin30°-W+FAsin40°=0② W=F ③ 力 FBC F W FA X轴上分力 -FBC -Fcos30° 0 FAcos40° Y轴上分力 0 -Fsin30° -W FAsin40° -FBC-3000 · √ 3/2+FA·0.766=0① 3000·1/2-3000+0.643FA=0② FA=9717N 3.平面受平行力作用的平衡方程 构件受力时，有时各力作用线在同一平面内并相互平行，如图所示。起重机、桥梁等结构上所受力常常可简化为平行力的情况，且其平衡时也应满足平面受力的平衡方程。如选择Oy轴与各力平行，则∑Fx＝0就成了恒等式而不再有用了，于是平面受平行力作用情况的独立方程只有两个，即 ∑Fy＝0 ? ∑M0＝0 ∑Fy＝0 ? ∑M0＝0 也可以表示为两力矩形式，即 ? ∑MA＝0 ? ∑MB＝0但AB连线不能与诸力平行。 例2-7 塔式起重机如图2-26所示。机架重W2＝700KN，作用线通过塔架的中心，最大起重量W1＝200KN，最大悬臂长12m，轨道A、B的间距为4m，平衡块重W0到机身中心线距离为6m，试求： （1）保证起重机在满载和空载时都不致翻倒时平衡块的重量W0。 （2）平衡块重W0＝180KN，满载时轨道A、B给起重机轮子的反力。 解：（1）要使起重机不翻倒，应使作用在起重机上的所有力满足平衡条件。起重机所受的力如图2-26所示，即：载荷的重力W1，机架的重力W2，平衡块重W0以及轨道的约束反力FNA和FNB。为使起重机不绕点B翻倒，在临界情况下，FNA＝0，这时求出的W0值是所允许的最小值。 建立平衡方程式： ∑MB（F）＝0，W0min（6＋2）＋W2×2－W1×（12－2）＝0 W0min＝(10W1－2W2)/8＝75KN当空载时，W1＝0，为使起重机不绕点A翻倒，在临界情况下，FNB＝O，这时求出的W0值是所允许的最大值。 ∑MA（F）＝0，W0max（6－2）－W2×2＝0 W0max＝2W2／4＝350KN起重机实际工作时不允许处于极限状态，要使起重机不会翻倒，平衡块的重量应在这两者之间，即： 75KN＜W0＜350KN （2）取W0＝180KN，求满载时作用于轮子的约束反力FNA和FNB。此时，起重机在W0、W1、W2及FNA、FNB作用下平衡。于是有： ∑MA（F）＝0，W0（6－2）－W2×2－W1（12＋2）＋FNB×4＝0 ∑Fy＝0，－W0－W1－W2＋FNA＋FNB＝0得： FNB＝(14W2＋2W1－4W0)/4＝870KN FNA＝210KN 4.平面力偶系 定义;平面中作用了两个或两个以上的力偶称为平面力偶系，最终可以合成一个力偶，所合成的力偶矩等于各分力偶矩的代数和。 即：M=M1+M2+…Mn 以2个力偶为例讲解合成 把两个不同的力偶的力偶臂设为等长为,根据力偶的性质2可以去改变力的大小，再根据力偶的性质1可以在同平面中任意移转力偶，把两个力偶移到同一处。最后合成 一个力偶 平面力偶系的平衡条件：平面力偶系的各力偶矩的代数和等于0. M=0即∑M=0 例题：题目见书 受力分析： ∑Fy=o: -FA+FB=0 ∑MA=0: FB·L-3M=0 FB=200KN FA=200KN 1.圆柱形容器放在两个矩形木箱上，A、B处在同一水平线上，已知容器总重量为G=20KN，容器直径D=1m，L=60cm，求A、B所受到的力。 3.小滑轮C铰接在三脚架ABC上，绳索绕过滑轮，一端连接在绞车上，另一端悬挂重为W=100kN的重物。不计各构件的自重和滑轮的尺寸。试求AC和BC所受的力。 3.如图所示：AB杆的A点用铰链固定在墙上，铰链的中点用杆CD拉住，在B端作用力F=1KN,L=1m，杆自重不计，求AB杆A点的反力和D点