3.3 平面机构中约束反力的求解

3.3.1 平面力系的简化与平衡

1.平面力系的简化

机械中某些平面结构，所受的力（包括载荷和约束反力）都处在结构平面内，这就形成平面力系，如图3-41d所示带轮所受的力。有的结构虽所受的力不在同一平面内，但因受力情形有对称面，在静力分析时可视为作用在对称面内的平面力系，例如，均匀装载并沿直线行驶的货车，若不计路面不平的影响，其上作用的各力可视作平面力系。

设构件受到平面力系F1、F2、…、Fn的作用，如图3-42a所示，应用力的平移定理可使该力系得到简化。在力系所在的平面内取任意一点O，称为简化中心。将力系的各力平移至O点，该平面力系便简化为两个基本力系：一个是汇交于O点的平面汇交力系F1′、F2′、…、Fn′，另一个是力偶矩分别为M1、M2、…、Mn的附加力偶系，如图3-42b所示。所得平面汇交力系可合成为一个作用于点O的力，其矢量FR′称为原力系的主矢，它等于各分力F1′、F2′、…、Fn′的矢量和；附加力偶系可合成为同一平面内的力偶，其力偶矩MO称为原力系对简化中心O的主矩，它等于各附加力偶矩M1、M2、…、Mn的代数和，如图3-42c所示。由于F1′=F1，F2′=F2，…，Fn′=Fn，所以

F′R=F1+F2+…+Fn=∑F（3-11）即，主矢FR′等于原力系各力的矢量和，且与简化中心的位置无关。由于M1=MO（F1），M2=MO（F2），…，Mn=MO（Fn），所以

MO=MO（F1）+MO（F2）+…+MO（Fn）=∑MO（F）（3-12）即，主矩MO等于原力系中各力对简化中心之矩的代数和，一般随简化中心位置的变化而变化。

根据合力投影定理，并由式（3-5）、式（3-6）可确定主矢F′R的大小及方向，即

式中，α是主矢F′R与x轴所夹的锐角，F′R的指向由∑Fx、∑Fy的正负来确定。

综上所述，平面力系向作用面内任一点简化，可得到一个力和一个力偶。力的作用线过简化中心，力的大小和方向取决于力系的主矢；力偶的力偶矩取决于该力系对简化中心的主矩。可见，主矢和主矩是确定平面力系对构件作用效应的两个重要因素。

2.平面力系的平衡

当平面力系的主矢和主矩都等于零时，作用在简化中心的汇交力系是平衡力系，附加力偶系也是平衡力系，所以该平面力系一定是平衡力系。于是得到平面力系平衡的充分与必要条件是：力系的主矢和主矩同时为零，即F′R=0，MO=0。则式（3-12）、式（3-13）为

由此可得平面力系平衡方程的基本形式为

式（3-15）表明平面力系平衡的充分与必要条件是：力系中各力在其作用面内任选的x、y坐标轴上投影的代数和分别等于零，各力对其作用面内任一点之矩的代数和也等于零。式（3-15）含有三个独立的方程式，利用该式可求解三个未知量。

为简化计算，还可采用二力矩式和三力矩式，即

二力矩式

其中矩心A、B两点的连线不能与x轴（或y轴）垂直。

三力矩式

其中，矩心A、B、C三点不能共线。

3.3.2 应用平衡方程求解约束反力

1.平面汇交力系的应用实例

在平面汇交力系中，由于各力的作用线汇交于一点，若以汇交点为矩心O，则无论是否平衡，式（3-15）中∑MO（F）≡0，所以，平面汇交力系的平衡方程为

即力系中各力在其作用面内任选的x、y坐标轴上投影的代数和分别等于零。由式（3-18）可解两个未知量。

【例3-8】 起重机吊起一减速器箱盖，如图3-43a所示，箱盖重W=200N，已知钢丝绳与铅垂线的夹角α=60°，β=30°，求钢丝绳AB和AC的拉力。

解（1）取分离体，画受力图。

以减速器箱盖为分析对象，取其为分离体，画出各力，即：作用于箱盖的重力W和两钢丝绳拉力TB、TC，方向均确定，画受力图如图3-43b所示。

（2）选取投影轴，列平衡方程。

以三力汇交点A为坐标原点，x轴、y轴如图3-43b所示，则有

∑Fx=0 TBsin60°-TCsin30°=0

∑Fy=0 TBcos60°+TCcos30°-W=0

（3）求解平衡方程，得，TB=100N，TC=173N。

（4）讨论，以A点为坐标原点，若取TB方向为x轴方向，TC方向为y轴方向，如图3-43c所示，则有

∑Fx=0 TB-Wcos60°=0

∑Fy=0 TC-Wcos30°=0

得，TB=100N，TC=173N。

由此可见，直角坐标系的方位可任意选取，而恰当地选取坐标系的方位能使计算简化。

【例3-9】 图3-44a所示为一压紧装置的简图，其中α=8°。如在铰链B处作用一铅垂方向的外载荷，其值为F=1000N。不计杆的自重和各处摩擦，试求构件AB和BC的受力以及工件所受的压紧力。

解 构件AB和BC均为二力杆，若取铰链B为分析对象，可求得两构件的受力；当构件BC的受力确定后，若以压头为分析对象，即可求得工件所受的压紧力。

（1）以铰链B为分析对象。假设构件AB和BC均受压力，则根据作用与反作用定律，可画出铰链B的受力图，并建立x轴和y轴，如图3-44b所示。列平衡方程

∑Fx=0 FABcosα-FBCcosα=0

∑Fy=0 FABsinα+FBCsinα-F=0

由此解得即为构件AB和BC所受的压力（与假设相同）。

（2）以压头为分析对象。构件BC以及工件和底面给压头的力均为压力。画出压头的受力图，并建立x轴和y轴，如图3-44c所示。列平衡方程

∑Fx=0 F′BCcosα-FN2=0

解得FN2=F′BCcosα=3593N×cos8°=3558N

工件所受的压紧力与此力大小相等、方向相反。由上式可知，若使机构中α角减小，对工件的压紧力将会增大。

由此题的计算结果可见，该压紧装置是一增力机构，其增力作用随α角的减小而增大。

2.平面力偶系中的应用实例

在平面力偶系中，因力偶在任一轴上的投影恒等于零，则无论是否平衡，式（3-15）中∑Fx≡0，∑Fy≡0，且因力偶对其作用平面内任一点的矩恒等于力偶矩，则有∑MO（F）≡∑Mi。所以，平面力偶系的平衡方程为

∑Mi=0 （3-19）

由式可知，力偶系中各力偶矩的代数和等于零。式（3-19）只能解一个未知量。

【例3-10】 图3-45a所示为一级圆柱齿轮减速器示意图。减速器在A、B两处用螺栓固定在底座上，A、B间的距离l=800mm。工作时，Ⅰ轴上受力偶矩为M1=120N·m的主动力偶作用；Ⅱ轴上受力偶矩为M2=240N·m的阻力偶作用。不计减速器自重，求在两个外力偶作用下A、B处螺栓或底座台面所受的力。

解 取减速器为分析对象，作用于减速器上的力有主动力偶、阻力偶及A、B两处的约束反力FA、FB，其中FA是螺栓作用于减速器的力，FB是底座台面作用于减速器的力。此时，FA和FB必形成一个力偶，才能与两个外力偶平衡，所以FA与FB大小相同、方向相反。减速器受力图如图3-45b所示。

由平面力偶系的平衡条件，有

∑M=0-M1-M2+FAl=0解得

计算结果为正值，说明FA和FB的实际方向与图示假设方向相同。根据作用与反作用定律，A处螺栓受拉力F′A（=-FA）作用，B处底座台面受压力F′B（=-FB）作用。

另一方面，两螺栓间的距离l越大，约束反力FA、FB将越小，即螺栓所受的拉力和底座台面所受的压力将越小，因此对螺栓和底座越有利。

【例3-11】 电动机轴通过联轴器与工作机轴连接，联轴器由两个法兰盘和连接二者的螺栓所组成，如图3-46所示。四个相同的螺栓A、B、C、D均匀地分布在同一圆周上，此圆的直径d=AC=BD=150mm。电动机通过联轴器传递力偶，其力偶矩M=2.5kN·m。试求每个螺栓所受的力。

解 取半联轴器为分析对象。其上作用有主动力偶M，以及四个螺栓的约束反力，其方向如图3-46所示。设每个螺栓所受力的大小为F，则F=F1=F2=F3=F4，而F1和F3、F2和F4组成两个约束反力偶，其力偶矩均为Fd。

由平面力偶系的平衡条件，有

∑M=0 M-2×Fd=0

由此解得每个螺栓所受的力

由上述计算可知，螺栓所分布的圆周直径d越大，螺栓所受的力越小，因此对螺栓越有利。

3.平面平行力系中的应用实例

在平面平行力系中，各力作用线在同一平面内且相互平行，若选x轴与力作用线垂直，y轴与力作用线平行，则无论是否平衡，式（3-15）中∑Fx≡0，所以，平面平行力系的平衡方程为

即：力系中各力在与力作用线平行的y轴上投影的代数和等于零，各力对其作用面内任一点之矩的代数和也等于零。由式（3-20）可解得两个未知量。

【例3-12】 某锅炉安全装置如图3-47a所示，蒸汽压力p=400kN/m2，气阀直径d=60mm，气阀重量W1=50N，OA=120mm；杆OC长l=800mm，其重量W2=100N；重锤重量W3=200N。若使气阀刚好不漏气，则重锤到O点的距离应该是多少？

解（1）以杆OC为分析对象，取分离体，画受力图如图3-47b所示。因外力作用后杆无水平移动趋势，故O点处固定铰链支座的水平方向约束反力为零，所以杆所受各力形成平面平行力系。

（2）计算蒸汽对气阀的压力P

（3）设重锤到点O的距离为x，列出平面平行力系的平衡方程

∑MO=0 P·OA-W1·OA-W2×0.5l-W3·x=0

解得

4.一般平面力系中的应用实例

一般平面力系是力作用线任意分布的平面力系，也就是工程实际中经常遇到的一般受力状况的平面力系，其平衡方程即为式（3-15）、式（3-16）、式（3-17）。

【例3-13】 如图3-48a所示为简易起重机简图。已知横梁AB的自重W1=4kN，提升重量W2=20kN；斜拉杆BC的倾角α=30°（不计自重），梁的长度l=2m。试求当电葫芦离A端距离a=1.5m时，拉杆BC的拉力和A端固定铰链支座的约束反力。

解（1）以横梁AB为分析对象，取分离体，画出所受各力，即作用在横梁上的主动力：横梁中点处的自身重量W1、提升重量W2；作用在横梁上的约束反力：拉杆BC的拉力FT（假设为拉力）、铰链A点的约束反力FAx、FAy（指向假设）。画受力图如图3-48b所示。

（2）建立直角坐标系，如图3-48b所示。列平衡方程

∑Fx=0 FAx-FTcosα=0 （b）

∑Fy=0 FAy-W1-W2+FTsinα=0 （c）

（3）由联立平衡方程求解，即

由式（a）得

将FT代入式（b）得FAx=FTcosα=29.44kN

将FT代入式（c）得FAy=W1+W2-FTsinα=7kN

FT、FAx、FAy都为正值，表示力的实际方向与假设方向相同。

（4）讨论：本题若写出对A、B两点的力矩方程和对x轴的投影方程（A、B两点连线不垂直于x

轴），则同样可求解。即由

∑Fx=0 FAx-FTcosα=0

解得FT=34kN，FAx=29.44kN，FAy=7kN

若写出对A、B、C三点的力矩方程（A、B、C三点不共线），即

求解上述各方程，也可得出同样结果。

在某些情况下应用二力矩式或三力矩式求解，可方便运算，但必须满足其限制条件，否则所列三个平衡方程将不都是独立的。

【例3-14】 图3-49a所示为一气动连杆夹紧机构简图。气体压力p=4×105N/m2，气缸内径D=0.035m，杠杆比l1/l2=5/3，夹紧工件时连杆AB与铅垂线的夹角α=10°。若不计各构件自重及各处摩擦，试求作用于工件上的夹紧力及支座O处的反力。

解 机构夹紧原理为：气缸内压力p推动活塞带动滚轮A向右移动，连杆AB在B端推动杠杆BOC，使杠杆在C点压紧工件，连杆AB及活塞杆均为二力杆。

根据本题的已知条件和待求量，选择滚轮A和杠杆BOC为分析对象，分别画受力图如图3-49b、c所示。并以水平向右为x轴，竖直向上为y轴（图中未画出）。因已知力作用于滚轮，故从滚轮A入手列平衡方程式并求解。

（1）滚轮A受平面汇交力系的作用。列平衡方程如下

∑Fx=0 p-FABsinα=0

其中活塞杆传来的压力p的大小为

解得

（2）杠杆BOC受一般平面力系的作用。列平衡方程如下

∑MO（F）=0 F′ABl1cosα-FNCl2=0

∑Fx=0 FOx+F′ABsinα=0

∑Fy=0 FOy+FNC+FA′Bcosα=0

解得FNC=3635.76N

FOx=-384.65N

FOy=-5817.22N

其中，FOx、FOy（杠杆支座O处反力）均为负值，即二者的实际方向与图示假设方向相反；作用于工件上的夹紧力，其大小与FNC相同，但方向与FNC相反（即朝下指向工件）。

由上面例题可知，应用平面力系平衡方程求解的一般步骤为：

1）取分离体，画受力图。

根据题目的已知条件和待求量，选择合适的分析对象，画出全部主动力和约束反力。

2）选取投影轴和矩心，列平衡方程。

为了简化计算，尽量使力系中多数未知力的作用线平行或垂直于投影轴，尽量取未知力的交点为矩心，使所列平衡方程含一个未知数，尽可能避免联立解方程。

3）解平衡方程，说明结果的正负号。

将已知量代入方程求出未知量。若所得结果为正值，说明所求力的实际方向与假设方向相同；若所得结果为负值，说明所求力的实际方向与假设方向相反。对计算结果只作说明，不要修改受力图中力的方向。

5.轮轴类部件空间力系的平面解法

轮轴类部件是指轮子、轴、轴承构成的部件，其上作用的力通常构成空间一般力系。为便于求解，常将空间一般力系投影到坐标面上，从而简化成三个平面力系，即把空间问题转化为平面的问题来处理。这就是空间力系的平面解法，该方法被广泛用来解决轮轴类部件的平衡问题。

【例3-15】 传动轴如图3-50a、b所示。其上齿轮1和齿轮2的节圆直径分为d1=100mm和d2=200mm；作用在齿轮1上的合力F1=5321N；两轮的压力角α=20°。试求轴承A、B的约束力。

解 取传动轴为研究对象，其上有齿轮的作用力F1、F2和轴承A、B的约束力FAx、FAz、FBx、FBz，如图3-50a、b所示，属于空间一般力系。由齿轮1上作用的合力F1和压力角，可求得圆周力Ft1和径向力Fr1两分力，即

Ft1=F1cosα=5321cos20°N=5000N

Fr1=F1sinα=5321sin20°N=1820N

将力系向三个坐标平面投影，并画出传动轴在三个坐标平面上受力的投影图，如图3-50b、c、d所示，其中xz平面为平面一般力系，yz与xy平面则为平面平行力系，可分别列方程求解。

（1）xz平面（图3-50b）

得

则Fr2=Ft2tanα=910N

（2）yz平面（图3-50c）

∑MA（F）=0，FBz×400-Fr1×300+Fr2×100=0

∑Fz=0，FAz+FBz+Ft2-Fr1=0

解得FBz=（Fr1×300-Ft2×100）/400=740N

FAz=Fr1-Ft2-FBz=-1420N

（3）xy平面（图3-50d）

∑MA（F）=0，Fr2×100-Ft1×300-FBx×400=0

∑Fx=0，FAx+FBx-Fr2+Ft1=0

解得

FBx=（Fr2×100-Ft1×300）/400=-3523N

FAx=-Ft1-FBx+Fr2=-567N

计算结果中的负号表示力的实际方向与图示假设方向相反。