3.3 平面機構中約束反力的求解

3.3.1 平面力系的簡化與平衡

1.平面力系的簡化

機械中某些平面結構，所受的力（包括載荷和約束反力）都處在結構平面內，這就形成平面力系，如圖3-41d所示帶輪所受的力。有的結構雖所受的力不在同一平面內，但因受力情形有對稱面，在靜力分析時可視為作用在對稱面內的平面力系，例如，均勻裝載并沿直線行駛的貨車，若不計路面不平的影響，其上作用的各力可視作平面力系。

設構件受到平面力系F1、F2、…、Fn的作用，如圖3-42a所示，應用力的平移定理可使該力系得到簡化。在力系所在的平面內取任意一點O，稱為簡化中心。將力系的各力平移至O點，該平面力系便簡化為兩個基本力系：一個是匯交于O點的平面匯交力系F1′、F2′、…、Fn′，另一個是力偶矩分別為M1、M2、…、Mn的附加力偶系，如圖3-42b所示。所得平面匯交力系可合成為一個作用于點O的力，其矢量FR′稱為原力系的主矢，它等于各分力F1′、F2′、…、Fn′的矢量和；附加力偶系可合成為同一平面內的力偶，其力偶矩MO稱為原力系對簡化中心O的主矩，它等于各附加力偶矩M1、M2、…、Mn的代數和，如圖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，且與簡化中心的位置無關。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等于原力系中各力對簡化中心之矩的代數和，一般隨簡化中心位置的變化而變化。

根據合力投影定理，并由式（3-5）、式（3-6）可確定主矢F′R的大小及方向，即

式中，α是主矢F′R與x軸所夾的銳角，F′R的指向由∑Fx、∑Fy的正負來確定。

綜上所述，平面力系向作用面內任一點簡化，可得到一個力和一個力偶。力的作用線過簡化中心，力的大小和方向取決于力系的主矢；力偶的力偶矩取決于該力系對簡化中心的主矩。可見，主矢和主矩是確定平面力系對構件作用效應的兩個重要因素。

2.平面力系的平衡

當平面力系的主矢和主矩都等于零時，作用在簡化中心的匯交力系是平衡力系，附加力偶系也是平衡力系，所以該平面力系一定是平衡力系。于是得到平面力系平衡的充分與必要條件是：力系的主矢和主矩同時為零，即F′R=0，MO=0。則式（3-12）、式（3-13）為

由此可得平面力系平衡方程的基本形式為

式（3-15）表明平面力系平衡的充分與必要條件是：力系中各力在其作用面內任選的x、y坐標軸上投影的代數和分別等于零，各力對其作用面內任一點之矩的代數和也等于零。式（3-15）含有三個獨立的方程式，利用該式可求解三個未知量。

為簡化計算，還可采用二力矩式和三力矩式，即

二力矩式

其中矩心A、B兩點的連線不能與x軸（或y軸）垂直。

三力矩式

其中，矩心A、B、C三點不能共線。

3.3.2 應用平衡方程求解約束反力

1.平面匯交力系的應用實例

在平面匯交力系中，由于各力的作用線匯交于一點，若以匯交點為矩心O，則無論是否平衡，式（3-15）中∑MO（F）≡0，所以，平面匯交力系的平衡方程為

即力系中各力在其作用面內任選的x、y坐標軸上投影的代數和分別等于零。由式（3-18）可解兩個未知量。

【例3-8】 起重機吊起一減速器箱蓋，如圖3-43a所示，箱蓋重W=200N，已知鋼絲繩與鉛垂線的夾角α=60°，β=30°，求鋼絲繩AB和AC的拉力。

解（1）取分離體，畫受力圖。

以減速器箱蓋為分析對象，取其為分離體，畫出各力，即：作用于箱蓋的重力W和兩鋼絲繩拉力TB、TC，方向均確定，畫受力圖如圖3-43b所示。

（2）選取投影軸，列平衡方程。

以三力匯交點A為坐標原點，x軸、y軸如圖3-43b所示，則有

∑Fx=0 TBsin60°-TCsin30°=0

∑Fy=0 TBcos60°+TCcos30°-W=0

（3）求解平衡方程，得，TB=100N，TC=173N。

（4）討論，以A點為坐標原點，若取TB方向為x軸方向，TC方向為y軸方向，如圖3-43c所示，則有

∑Fx=0 TB-Wcos60°=0

∑Fy=0 TC-Wcos30°=0

得，TB=100N，TC=173N。

由此可見，直角坐標系的方位可任意選取，而恰當地選取坐標系的方位能使計算簡化。

【例3-9】 圖3-44a所示為一壓緊裝置的簡圖，其中α=8°。如在鉸鏈B處作用一鉛垂方向的外載荷，其值為F=1000N。不計桿的自重和各處摩擦，試求構件AB和BC的受力以及工件所受的壓緊力。

解 構件AB和BC均為二力桿，若取鉸鏈B為分析對象，可求得兩構件的受力；當構件BC的受力確定后，若以壓頭為分析對象，即可求得工件所受的壓緊力。

（1）以鉸鏈B為分析對象。假設構件AB和BC均受壓力，則根據作用與反作用定律，可畫出鉸鏈B的受力圖，并建立x軸和y軸，如圖3-44b所示。列平衡方程

∑Fx=0 FABcosα-FBCcosα=0

∑Fy=0 FABsinα+FBCsinα-F=0

由此解得即為構件AB和BC所受的壓力（與假設相同）。

（2）以壓頭為分析對象。構件BC以及工件和底面給壓頭的力均為壓力。畫出壓頭的受力圖，并建立x軸和y軸，如圖3-44c所示。列平衡方程

∑Fx=0 F′BCcosα-FN2=0

解得FN2=F′BCcosα=3593N×cos8°=3558N

工件所受的壓緊力與此力大小相等、方向相反。由上式可知，若使機構中α角減小，對工件的壓緊力將會增大。

由此題的計算結果可見，該壓緊裝置是一增力機構，其增力作用隨α角的減小而增大。

2.平面力偶系中的應用實例

在平面力偶系中，因力偶在任一軸上的投影恒等于零，則無論是否平衡，式（3-15）中∑Fx≡0，∑Fy≡0，且因力偶對其作用平面內任一點的矩恒等于力偶矩，則有∑MO（F）≡∑Mi。所以，平面力偶系的平衡方程為

∑Mi=0 （3-19）

由式可知，力偶系中各力偶矩的代數和等于零。式（3-19）只能解一個未知量。

【例3-10】 圖3-45a所示為一級圓柱齒輪減速器示意圖。減速器在A、B兩處用螺栓固定在底座上，A、B間的距離l=800mm。工作時，Ⅰ軸上受力偶矩為M1=120N·m的主動力偶作用；Ⅱ軸上受力偶矩為M2=240N·m的阻力偶作用。不計減速器自重，求在兩個外力偶作用下A、B處螺栓或底座臺面所受的力。

解 取減速器為分析對象，作用于減速器上的力有主動力偶、阻力偶及A、B兩處的約束反力FA、FB，其中FA是螺栓作用于減速器的力，FB是底座臺面作用于減速器的力。此時，FA和FB必形成一個力偶，才能與兩個外力偶平衡，所以FA與FB大小相同、方向相反。減速器受力圖如圖3-45b所示。

由平面力偶系的平衡條件，有

∑M=0-M1-M2+FAl=0解得

計算結果為正值，說明FA和FB的實際方向與圖示假設方向相同。根據作用與反作用定律，A處螺栓受拉力F′A（=-FA）作用，B處底座臺面受壓力F′B（=-FB）作用。

另一方面，兩螺栓間的距離l越大，約束反力FA、FB將越小，即螺栓所受的拉力和底座臺面所受的壓力將越小，因此對螺栓和底座越有利。

【例3-11】 電動機軸通過聯軸器與工作機軸連接，聯軸器由兩個法蘭盤和連接二者的螺栓所組成，如圖3-46所示。四個相同的螺栓A、B、C、D均勻地分布在同一圓周上，此圓的直徑d=AC=BD=150mm。電動機通過聯軸器傳遞力偶，其力偶矩M=2.5kN·m。試求每個螺栓所受的力。

解 取半聯軸器為分析對象。其上作用有主動力偶M，以及四個螺栓的約束反力，其方向如圖3-46所示。設每個螺栓所受力的大小為F，則F=F1=F2=F3=F4，而F1和F3、F2和F4組成兩個約束反力偶，其力偶矩均為Fd。

由平面力偶系的平衡條件，有

∑M=0 M-2×Fd=0

由此解得每個螺栓所受的力

由上述計算可知，螺栓所分布的圓周直徑d越大，螺栓所受的力越小，因此對螺栓越有利。

3.平面平行力系中的應用實例

在平面平行力系中，各力作用線在同一平面內且相互平行，若選x軸與力作用線垂直，y軸與力作用線平行，則無論是否平衡，式（3-15）中∑Fx≡0，所以，平面平行力系的平衡方程為

即：力系中各力在與力作用線平行的y軸上投影的代數和等于零，各力對其作用面內任一點之矩的代數和也等于零。由式（3-20）可解得兩個未知量。

【例3-12】 某鍋爐安全裝置如圖3-47a所示，蒸汽壓力p=400kN/m2，氣閥直徑d=60mm，氣閥重量W1=50N，OA=120mm；桿OC長l=800mm，其重量W2=100N；重錘重量W3=200N。若使氣閥剛好不漏氣，則重錘到O點的距離應該是多少？

解（1）以桿OC為分析對象，取分離體，畫受力圖如圖3-47b所示。因外力作用后桿無水平移動趨勢，故O點處固定鉸鏈支座的水平方向約束反力為零，所以桿所受各力形成平面平行力系。

（2）計算蒸汽對氣閥的壓力P

（3）設重錘到點O的距離為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應用實例

一般平面力系是力作用線任意分布的平面力系，也就是工程實際中經常遇到的一般受力狀況的平面力系，其平衡方程即為式（3-15）、式（3-16）、式（3-17）。

【例3-13】 如圖3-48a所示為簡易起重機簡圖。已知橫梁AB的自重W1=4kN，提升重量W2=20kN；斜拉桿BC的傾角α=30°（不計自重），梁的長度l=2m。試求當電葫蘆離A端距離a=1.5m時，拉桿BC的拉力和A端固定鉸鏈支座的約束反力。

解（1）以橫梁AB為分析對象，取分離體，畫出所受各力，即作用在橫梁上的主動力：橫梁中點處的自身重量W1、提升重量W2；作用在橫梁上的約束反力：拉桿BC的拉力FT（假設為拉力）、鉸鏈A點的約束反力FAx、FAy（指向假設）。畫受力圖如圖3-48b所示。

（2）建立直角坐標系，如圖3-48b所示。列平衡方程

∑Fx=0 FAx-FTcosα=0 （b）

∑Fy=0 FAy-W1-W2+FTsinα=0 （c）

（3）由聯立平衡方程求解，即

由式（a）得

將FT代入式（b）得FAx=FTcosα=29.44kN

將FT代入式（c）得FAy=W1+W2-FTsinα=7kN

FT、FAx、FAy都為正值，表示力的實際方向與假設方向相同。

（4）討論：本題若寫出對A、B兩點的力矩方程和對x軸的投影方程（A、B兩點連線不垂直于x

軸），則同樣可求解。即由

∑Fx=0 FAx-FTcosα=0

解得FT=34kN，FAx=29.44kN，FAy=7kN

若寫出對A、B、C三點的力矩方程（A、B、C三點不共線），即

求解上述各方程，也可得出同樣結果。

在某些情況下應用二力矩式或三力矩式求解，可方便運算，但必須滿足其限制條件，否則所列三個平衡方程將不都是獨立的。

【例3-14】 圖3-49a所示為一氣動連桿夾緊機構簡圖。氣體壓力p=4×105N/m2，氣缸內徑D=0.035m，杠桿比l1/l2=5/3，夾緊工件時連桿AB與鉛垂線的夾角α=10°。若不計各構件自重及各處摩擦，試求作用于工件上的夾緊力及支座O處的反力。

解 機構夾緊原理為：氣缸內壓力p推動活塞帶動滾輪A向右移動，連桿AB在B端推動杠桿BOC，使杠桿在C點壓緊工件，連桿AB及活塞桿均為二力桿。

根據本題的已知條件和待求量，選擇滾輪A和杠桿BOC為分析對象，分別畫受力圖如圖3-49b、c所示。并以水平向右為x軸，豎直向上為y軸（圖中未畫出）。因已知力作用于滾輪，故從滾輪A入手列平衡方程式并求解。

（1）滾輪A受平面匯交力系的作用。列平衡方程如下

∑Fx=0 p-FABsinα=0

其中活塞桿傳來的壓力p的大小為

解得

（2）杠桿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（杠桿支座O處反力）均為負值，即二者的實際方向與圖示假設方向相反；作用于工件上的夾緊力，其大小與FNC相同，但方向與FNC相反（即朝下指向工件）。

由上面例題可知，應用平面力系平衡方程求解的一般步驟為：

1）取分離體，畫受力圖。

根據題目的已知條件和待求量，選擇合適的分析對象，畫出全部主動力和約束反力。

2）選取投影軸和矩心，列平衡方程。

為了簡化計算，盡量使力系中多數未知力的作用線平行或垂直于投影軸，盡量取未知力的交點為矩心，使所列平衡方程含一個未知數，盡可能避免聯立解方程。

3）解平衡方程，說明結果的正負號。

將已知量代入方程求出未知量。若所得結果為正值，說明所求力的實際方向與假設方向相同；若所得結果為負值，說明所求力的實際方向與假設方向相反。對計算結果只作說明，不要修改受力圖中力的方向。

5.輪軸類部件空間力系的平面解法

輪軸類部件是指輪子、軸、軸承構成的部件，其上作用的力通常構成空間一般力系。為便于求解，常將空間一般力系投影到坐標面上，從而簡化成三個平面力系，即把空間問題轉化為平面的問題來處理。這就是空間力系的平面解法，該方法被廣泛用來解決輪軸類部件的平衡問題。

【例3-15】 傳動軸如圖3-50a、b所示。其上齒輪1和齒輪2的節圓直徑分為d1=100mm和d2=200mm；作用在齒輪1上的合力F1=5321N；兩輪的壓力角α=20°。試求軸承A、B的約束力。

解 取傳動軸為研究對象，其上有齒輪的作用力F1、F2和軸承A、B的約束力FAx、FAz、FBx、FBz，如圖3-50a、b所示，屬于空間一般力系。由齒輪1上作用的合力F1和壓力角，可求得圓周力Ft1和徑向力Fr1兩分力，即

Ft1=F1cosα=5321cos20°N=5000N

Fr1=F1sinα=5321sin20°N=1820N

將力系向三個坐標平面投影，并畫出傳動軸在三個坐標平面上受力的投影圖，如圖3-50b、c、d所示，其中xz平面為平面一般力系，yz與xy平面則為平面平行力系，可分別列方程求解。

（1）xz平面（圖3-50b）

得

則Fr2=Ft2tanα=910N

（2）yz平面（圖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（圖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

計算結果中的負號表示力的實際方向與圖示假設方向相反。